GRUPO DE MECÂNICA ESTRUTURAL
Departamento de Engenharia Mecânica Faculdade de Ciências e Tecnologia da Universidade de Coimbra
Parte I - Estática
José Maria O. Sousa Cirne 2009/10
Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra
2
CAPÍTULO I DETERMINAÇÃO DAS REACÇÕES DE APOIO
1.1- Introdução
No curso que agora se está a iniciar admite-se que os corpos sólidos são
geometricamente invariáveis, onde o deslocamento isolado de pontos ou partes do
corpo não pode acontecer. Quando se pretende analisar um corpo isoladamente, é
necessário substituir a acção mecânica que sobre ele exerce o meio que o rodeia por
elementos a que chamamos forças ou solicitações exteriores. Estas forças
classificam-se em forças de volume, de que são exemplo as forças gravíticas e de
atracção magnética que actuam no interior do corpo e em forças de superfície que
são aplicadas no contorno do corpo e caracterizam a interacção deste com os corpos
vizinhos. Conforme se exerçam pontualmente ou em regiões de dimensões não
desprezáveis, as forças podem ainda ser classificadas respectivamente como forças
concentradas ou forças distribuídas.
Todos os corpos sólidos são dotados de propriedades mecânicas que lhes permitem,
dentro de certos limites, reagir à acção das forças exteriores sem que haja rotura ou
variação sensível das suas dimensões geométricas. Se a um corpo em repouso fôr
aplicada uma solicitação exterior, as moléculas que o constituem alteram a sua posição
e os deslocamentos mútuos entre elas continuam até que o equilíbrio entre as forças
exteriores e as interiores seja estabelecido. Diz-se então que este corpo está no
estado de deformação.
Durante a deformação as forças exteriores actuantes produzem trabalho que é,
completa ou parcialmente, transformado em energia potencial de deformação
elástica. Se as solicitações que produziram a deformação diminuirem gradualmente,
dá-se um retorno parcial ou completo do corpo à sua posição inicial de repouso.
Durante a fase em que este último processo ocorre a energia potencial de deformação
acumulada é devolvida ao exterior, podendo ser recuperada sobre a forma de trabalho.
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
3
Um exemplo do que acaba de se referir é o que se verifica com a deformação da mola
de um relógio mecânico.
A propriedade que os corpos têm de, dentro de certos limites, voltarem à sua forma
inicial quando cessa a solicitação exterior, é chamada elasticidade. Diz-se que um
corpo é perfeitamente elástico se tem uma recuperação total da sua forma inicial uma
vez eliminada a causa da sua deformação. Se pelo contrário a deformação produzida
não desaparece completamente, quer devido às propriedades mecânicas do material,
quer porque as solicitações ultrapassaram os limites de elasticidade do material, diz-se
que o corpo teve um comportamento parcialmente elástico, tendo sofrido uma
deformação plástica parcial. Neste caso parte do trabalho produzido pelas forças
exteriores é retido sob a forma de energia de deformação plástica.
Em Resistência de Materiais admite-se que um corpo tem sempre um comportamento
perfeitamento elástico, isto é, interessa analisar o seu comportamento de modo a que
não seja ultrapassado o seu limite elástico.
1.2- Noção de Graus de Liberdade de um Corpo
Define-se como graus de liberdade de um corpo o número de parâmetros
necessários e suficientes para determinar a sua posição no espaço.
Como é sabido, a acção de um sistema de forças que actua sobre um corpo é igual à
da resultante dessas forças e do momento que esta produz em relação a um ponto. A
primeira tende a produzir uma translacção do corpo ao longo do seu suporte e o
momento uma rotação em torno de um eixo que contém o centro de gravidade do
corpo. Tanto a translacção como a rotação não têm direcção nem intensidade
priveligiadas, pelo que, para exprimir comodamente este facto, é usual dizer que a
translacção é a resultante de 3 translacções segundo as direcções dos eixos
ortogonais XYZ e que a rotação é a resultante de 3 rotações em torno dos eixos do
mesmo sistema. Portanto, diz-se que um corpo no espaço tem 6 graus de liberdade - 3
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4
rotações e 3 translacções - que são os 6 parâmetros necessários para definir a sua
posição relativamente a um sistema de eixos ortogonais.
Na prática contudo, o caso mais comum é a totalidade das forças actuarem num
mesmo plano, por exemplo o plano XZ, pelo que o número de graus de liberdade passa
agora a ser de 3, sendo 2 translacções nas direcções dos eixos dos XX e dos ZZ e 1
rotação em torno do eixo dos YY. Qualquer outra tendência de translacção ou rotação
obrigaria o corpo a sair do plano que contém as forças, o que não é de considerar por
implicar a existência de solicitações fora do referido plano.
1.3- Tipos de Apoio
Considere-se um corpo ao qual é aplicado um sistema de forças P. Estas forças ao
provocarem a deformação do corpo, vão produzir o aparecimento nos pontos de apoio
de um sistema de forças reactivas R. O corpo acaba então por ficar em equilíbrio
estático sobre a acção dos dois sistemas de forças P e R.
Os apoios, como facilmente se compreende, têm por função restringir alguns ou todos
os graus de liberdade de um corpo, isto é, impedir os seus movimentos como um todo
geometricamente indeformável. Para que um apoio possa restringir esses movimentos,
é necessário que aí se gerem forças iguais e de sinal contrário àquelas que tentam
modificar as condições de equilíbrio iniciais.
Como já foi referido, na maioria dos casos práticos os corpos são solicitados por
sistemas de forças complanares , ou, se isso não acontecer, é possível decompor
esses sistemas num ou mais sistemas de forças complanares, pelo que vai admitir-se
que o corpo é solicitado por um sistema de forças pertencente a um plano, por exemplo
o plano XZ.
São 3 os tipos de apoio que é possível utilizar de modo a restringir os movimentos de
corpo rigido de uma estrutura:
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
5
1.3.1- Apoio Móvel
Este tipo de apoio representado na Fig I-1, também conhecido como apoio simples ou
de roletes, é composto essencialmente por um balanceiro superior que pode rodar em
relação ao balanceiro inferior através de uma rótula cilíndrica. Este conjunto pode por
sua vez deslocar-se como um todo ao longo da base, graças aos roletes colocados
entre esta superfície e o balanceiro inferior. É fácil de verificar que o movimento vertical
é o único que este apoio restringe. Portanto, pode afirmar-se que o apoio móvel
permite dois graus de liberdade ( 1 rotação em torno do eixo dos YY e uma translacção
na direcção do eixo XX ) e restringe um ( 1 translacção na direcção do eixo dos ZZ ).
x
z(y )
Fig I-1 - Apoio móvel
No estudo deste tipo de apoios, como no dos outros que se lhe vão seguir, despreza-se
o efeito do atrito existente entre todas as partes móveis. Assim sendo, a reacção deste
apoio aos movimentos do corpo, passa pelo centro da rótula e é perpendicular à
direcção do deslocamento dos roletes, isto é, perpendicular ao plano da base onde
aquele se desloca. Basta portanto conhecer a grandeza desta componente para que a
reacção fique perfeitamente caracterizada.
Esquematicamente este apoio pode ser representado nas formas indicadas na Fig I-2.
Fig I-2 - Representações esquemáticas de um apoio móvel
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6
1.3.2- Apoio Fixo
Este tipo de apoio representado na Fig I-3, também conhecido por apoio duplo, difere
do apoio móvel pelo facto de o seu balanceiro inferior ser fixo à base. Tal facto introduz
mais uma restrição ao movimento do corpo que, neste caso, só pode rodar em torno da
rótula cilíndrica. O apoio fixo permite então, apenas um grau de liberdade ( 1 rotação
em torno do eixo dos YY ) e restringe dois ( translacções nas direcções do eixo dos XX
e do eixo dos ZZ ). A reacção deste apoio passa sempre pelo centro da rótula, mas
pode ter uma direcção qualquer, o que obriga ao conhecimento da grandeza de dois
parâmetros ( por exemplo as suas projecções nos eixos dos XX e ZZ ) para que fique
perfeitamente caracterizada.
z
x
(y)
Fig I-3 - Apoio fixo
De forma esquemática este tipo de apoio pode ser representado nas formas indicadas
na Fig I-4
Fig I-4 - Representações esquemáticas de um apoio fixo
1.3.3- Apoio Encastrado
O apoio encastrado, representado na Fig I-5, também conhecido simplesmente por
encastramento, suprime os três graus de liberdade do corpo possíveis no plano XZ.
Para determinar a sua reacção a qualquer solicitação exterior são agora necessários
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
7
três parâmetros - grandeza e sentido da força ( ou as suas projecções nos eixos dos
XX e ZZ ) e do momento reactivo.
z
x(y)
Fig I-5 - Apoio encastrado
De forma esquemática este tipo de apoio pode ser representado nas formas indicadas
na Fig I-6. Para que a primeira representação esquemática seja correcta, é necessário
que a distância l0, indicada na figura, seja muito pequena de modo a que o elemento
estrutural naquela distância possa ser considerada como perfeitamente rígida.
l0
Fig I-6 - Representações esquemáticas de um apoio encastrado
1.4- Tipos de Solicitações
As solicitações exteriores a que um corpo pode estar sujeito ou são forças e ou os
momentos que elas originam. As forças podem classificar-se quanto às dimensões da
zona de aplicação como concentradas, linearmente distribuídas, distribuídas por uma
superfície (por exemplo a pressão) e distribuídas por um volume (por exemplo o peso
próprio ou a força centrífuga). Em Resistência de Materiais, devido ao tipo de
elementos estruturais com que se trabalha, as duas últimas distribuições de carga não
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8
são normalmente consideradas, pelo que só se vão abordar os dois primeiros tipos de
solicitação.
1.4.1- Carga concentrada
Diz-se concentrada toda a carga que pode ser aplicada num determinado ponto de
uma estrutura. Na prática é no entanto impossível fazer incidir uma carga num único
ponto, pois, por mais sofisticado que seja o processo de transmissão, aquela vai
sempre fazer-se sentir numa pequena zona do corpo. Sob o ponto de vista de cálculo
pode, porém, admitir-se que cargas do tipo da representada na Fig I-7 são
concentradas, uma vez que a dimensão da zona de aplicação a é muito pequena
quando comparada com as dimensões da estrutura. Admite-se então que a carga é
pontual sem que com isso se esteja a cometer um erro grosseiro.
PP
a
Fig I-7 - Carga concentrada
1.4.2- Carga distribuída
Ao contrário das cargas concentradas, as cargas distribuidas são aplicadas numa zona
que, pelas suas dimensões, não pode ser desprezada.
Este tipo de carga é caracterizado por uma taxa de distribuição q , que se define como
sendo a relação entre a força dR que actua sobre um determinado elemento da
estrutura, Fig I-8, e o comprimento dx desse elemento,
dxdR
q = (1)
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
9
dR
dxxx
z
ba
Rd
d
Fig I-8 - Carga distribuída
A taxa q é portanto uma força por unidade de comprimento, que tem como unidade do
SI o N/m, função do comprimento x da zona de aplicação e podendo tomar valores
diferentes de ponto para ponto. À linha que caracteriza a sua distribuição é chamada
linha de carga, e a superfície que ela delimita superfície de carga.
As cargas distribuidas podem ser encaradas como um sistema de forças infinitésimais,
paralelas entre si e infinitamente próximas. Tal sistema é redutível a uma resultante
única, cujo módulo é igual à soma dos módulos das cargas infinitésimais que o
constituem. Com efeito, considere-se um elemento da distribuição de carga q, com um
comprimento dx infinitamente pequeno e localizado a uma distância x de um referencial
fixo, Fig I-8. A resultante deste elemento é dada por
dxqdR= (2)
uma vez que se pode considerar que a distribuição de carga é constante ao longo do
comprimento infinitamente pequeno dx. Se se pretender determinar a resultante total R
da distribuição de carga total, basta somar as resultantes de todos os elementos
infinitésimais considerados entre a e b, isto é:
∫= ba dxqR (3)
A intensidade da resultante R coincide então com a área da superfície de carga
delimitada pelo eixo1 da peça e pela linha de carga.
1 Eixo de um corpo é o lugar geométrico dos centros de gravidade de todas as secções que nele podem ser consideradas perpendiculares a uma determinada direcção.
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10
Para que seja possível substituir a distribuição de carga pela sua resultante, falta agora
conhecer a posição desta. Seja d a distância da resultante R ao eixo dos ZZ. O
teorema de Varignon diz que " o momento produzido pela distribuição de carga
relativamente a um ponto, é igual ao momento da resultante calculado no mesmo ponto
", ou seja:
dxq
dxxqddxqddxxq
ba
bab
aba
∫
∫=⇒∫=∫ (4)
expressão que permite calcular a posição do baricentro de uma superfície, o que leva a
concluir que a resultante das cargas distribuídas passa pelo centro de gravidade da
superfície de carga.
Em conclusão, a resultante de uma carga distribuída qualquer tem grandeza igual
à área da superfície de carga, passando o seu suporte pelo centro de gravidade
dessa superfície.
Dos vários tipos de distribuição de carga, os mais conhecidos são:
Carga uniformemente distribuída - distribuição caracterizada por uma linha de
carga paralela ao eixo da estrutura, Fig I-9a.
Carga distribuída triangular - distribuição caracterizada por uma linha de carga
função linear de x, Fig I-9b.
q
l
q
l
Fig I-9a - Carga uniformemente distribuída Fig I-9b - Carga distribuída triangular
A linha de carga pode em geral ter uma forma qualquer, dependendo das condições de
carregamento da estrutura. Por exemplo, as estruturas de sustentação de túneis ficam
sujeitas a distribuições elípticas, enquanto que para certas estruturas enterradas se
admite uma distribuição parabólica. Por fim, refira-se que a linha de carga pode ainda
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
11
ser considerada como uma associação de algumas das distribuições já consideradas.
A Fig I-10, que representa uma carga distrbuida trapezoidal, é disso um exemplo típico.
Com efeito, este tipo de distribuição pode ser tratado como uma associação de uma
carga uniformente distribuida com uma distribuição triangular.
q1
q2
l
Fig I-10 - Distribuição trapezoidal de carga
1.5- Equação geral de equilíbrio de um corpo
Para que um corpo sujeito a ligações e solicitado por um sistema de forças externas
esteja em equilíbrio estático, é necessário que obedeça às seguintes equações
vectoriais:
0=∑+∑ RFe
rr (5)
000 =∑+∑ re MMrr
(6)
onde
∑ eFr
- somatório das forças exteriores aplicadas ao corpo
∑Rr
- somatório das reacções de apoio
0eM∑
r- somatório dos momentos produzidos pelas forças exteriores em o
0rM∑
r- somatório dos momentos produzidos pelas reacções de apoio em o, sendo o
um ponto qualquer que pode em particular ser a origem de um sistema de
eixos.
Projectando estes vectores num sistema de eixos ortogonais XYZ, cada uma destas
condições é desdobrada nas suas 3 componentes escalares:
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00 =∑+∑=∑+∑oxr
oxex
ex MMRF (7)
00 =∑+∑=∑+∑oyr
oyey
ey MMRF (8)
00 =∑+∑=∑+∑ozr
ozez
ez MMRF (9)
Se ao corpo só forem permitidos movimentos num plano, por exemplo o plano OXZ, e
se as solicitações actuarem nesse plano, então as condições escalares de equilíbrio do
corpo resumem-se às seguintes 3 equações:
0=∑+∑ xex RF (10)
0RF zez =∑+∑ (11)
0=∑+∑oyr
oye MM (12)
Estas 3 equações da estática, que traduzem como se viu o equilibrio de um corpo no
plano XZ, são de grande importância, uma vez que é a elas que se recorre para
determinar as reacções de apoio, grandezas normalmente desconhecidas, mas cujo
valor tem que obedecer às condições gerais do equíbrio estático desse corpo.
Quanto ao número de incógnitas e de equações da estática disponíveis, os sistemas
materiais classificam-se em:
Isostáticos - se o número de equações da estática disponíveis é igual ao de
incógnitas. Este tipo de sistemas serão os que vão ser objecto de
estudo imediato.
Hipoestáticos - se o número de equações da estática disponíveis é maior que número
de incógnitas. Os sistemas que se encontram nestas condições são
instáveis, isto é, só se mantêm em equilíbrio em casos de solicitações
específicas.
Hiperestáticos - se o número de equações da estática disponíveis é menor que o
número de incógnitas. Estes sistemas, de grande importância prática,
estão normalmente sujeitos a mais ligações do que aquelas que
seriam necessárias para que ficassem em equilíbrio.
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
13
Para a determinação do grau de estaticidade n do sistema, pode recorrer-se à
expressão:
g = 3 m - a (13)
onde m é o número de contornos fechados definidos pela estrutura, apoios e superfície
de apoio e a o número de articulações. De notar que cada rótula pode articular dois ou
mais elementos estruturais, pelo que o número de articulações que devem ser
contadas em cada rótula deve ser igual ao número de elementos estruturais nela
concorrentes menos um, que será o elemento considerado fixo que faz a ligação ao
exteriror. O sistema diz-se isostático quando g=0, hiperestático se g>0 e
hipoestático se g<0. Para melhor compreensão do exposto, considere-se a viga2 da
Fig I-11 e substituam-se os apoios pelas representações esquemáticas indicadas.
Aplicando a equação (13), conclui-se que a viga é 3 vezes hiperestática, uma vez que
g = × − + + + + + + + + + =5 3 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 3( ) .
VIVIIIIII
Fig I-11 - Representação esquemática de uma viga hiperestática
2 Viga é um elemento estrutural, em que as dimensões características da secção são muito menores que o seu comprimento, normalmente sujeito a esforços cortantes e momentos flectores.
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14
1.6- Cálculo das Reacções de Apoios de Sistemas Isostáticos - Exemplos Resolvidos
Calcular as reacções dos apoios das seguintes estruturas:
1.6.1-
BA
3 m1 m
1000 KN
VA
HA
RB Fig I-12
Resolução:
00 =⇒=∑+∑Ax
ex HRF
010000 =−−⇒=∑+∑BAz
ez RVRF
KNRxRxMMBB
Ar
Ae
2504110000 =⇒−⇒=∑+∑
KNVRVABA
75025010001000 =⇒−=−=
1.6.2-
VA
HA
3 m 3 m
A
5 KN
MA
3 KN
Fig I-13
Resolução:
00 =⇒=∑+∑Ax
ex HRF
KNVVRFAAz
ez 80350 =⇒=−+⇒=∑+∑
KNmMMxxMMAA
Ar
Ae 33036350 =⇒=−+⇒=∑+∑
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
15
1.6.3-
BA
2 m
2000 N
VA
HB
VB
2 m
2000 N1500 N
2 m 2 m
Fig I-14
Resolução:
00 =⇒=∑+∑Bx
ex HRF
01500200020000 =−−++⇒=∑+∑BAz
ez VVRF
KNAVxxxVMMA
Br
Be 150002200042000150060 =⇒=−−+⇒=∑+∑
NVB
400015005500 =−=
1.6.4-
60ºA
2 m
5 KN
VA
B
HB
RB
3 m
8 KN
3 m
Fig I-15
Resolução:
KNBHcosHRFBx
ex 406080 =⇒=°−⇒=∑+∑
060850 =−−°+⇒=∑+∑BAz
ez VVsinRF
KN,AVsinxxVxMMA
Br
Be 1410060386850 =⇒=°−+⇒=∑+∑
KN,VB
811=
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16
1.6.5-
BA
1 m
VAVB
HA3 m
200 KN/m
600 KN
2 m 2 m
Fig I-16
Resolução:
00 =⇒=∑+∑Ax
ex HRF
020036000 =−−+⇒=∑+∑BAz
ez VVxRF
KNAVxVx,xMMB
Ar
Ae 150068600526000 =⇒=−+⇒=∑+∑
KNVB
1050=
1.6.6-
B
A
VA
HB
VB
6 m
3 KN/m
F
Fig I-16
Resolução:
00 =⇒=∑+∑Bx
ex HRF
0180 =+⇒=∑+∑ −BAz
ez VVRF
061830 =−⇒=∑+∑A
Br
Be VxxMM
KNVA
9= KNVB
9=
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
17
A representação da carga do problema pode induzir em erro, pelo que é conveniente
chamar a atenção para as diferentes representações de carga distribuída que podem
surgir em vigas de eixo inclinado.Considerem-se então as distribuições de carga
representadas:
R1
hc
q
l
R2
c
a
h
α
q
l
Fig I-17a Fig I-17b
O cálculo da resultante de cada uma destas distribuições, permite verificar que se está
em presença de duas representações de cargas equivalentes, já que as grandezas são
iguais e têm suporte comum.
lqR =1 lqcosqcos
lcosqcR =α
α=α=
2
Pode então afirmar-se que qualquer dos casos indicados representa uma distribuição
vertical de carga uniforme, aplicada a uma viga de eixo oblíquo.
Deve-se ter em conta que existe uma grande diferença entre a distribuição acabada de
analisar e a representada na figura I-18:
R V
H
ch
α
q
l
Fig I-18
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18
A resultante neste caso é dada por
R = q c
onde
α
=α
=sen
hcos
lc
Decompondo a resultante nas suas componentes horizontal e vertical, ter-se-á
lqcoscos
lqcosRV =α
α=α=
hqsensen
hqsenRH =α
α=α=
Estes valores permitem concluir que ter a viga sujeita à carga uniformemente
distribuída q, representada na figura I-18, é o mesmo que ter a mesma viga sujeita a
uma distribuição uniforme vertical e a outra horizontal, de igual grandeza q, conforme
indicado na figura I-19.
R
h
q
l
V
h
q
l
Hh
q
l
Fig I-19
1.6.7-
200 K N
2,5 m
H A
V A
R B
60º45º
2 m
Fig I-20
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
19
Resolução:
0450 =+°⇒=∑+∑ABx
ex HcosRRF ⇒ = −H KN
A117 125,
0200450 =+°⇒=∑+∑ −ABz
ez VsinRRF
KN,Rxcos,xRMMBB
Ar
Ae 641650220015520 −=⇒=+°⇒=∑+∑
KN,VA
125317=
1.6.8-
BC DA
VD
VA
HA
5 KN8 KN2 KN
1 m 1 m2 m 2 m2 m1 m
Fig I-21
Resolução:
A figura representa uma estrutura composta por duas vigas, em que uma delas está apoiada
na outra. A resolução deste problema pode ser feita directamente se se pretenderem
apenas as reacções nos apoios exteriores à estrutura, como se indica na figura I-21, ou por
partes houver necessidade de determinar o valor das reacções dos apoios intermédios,
figura I-22. Pelo princípio da acção e reacção as reacções em C e D, figura 1-22a têm
grandeza igual à acção da viga superior sobre a inferior, mas sentido contrário. Utilizemos
esta segunda via para a determinação das reacções:
C D
8 KN 2 KN
RD VC
HC
Fig I-22ª
Cálculo das reacções em C e D
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20
00 =⇒=∑+∑ cHRF xex
0280 =−−+⇒=∑+∑Dz
ez RcVRF
KNRRxxMMDD
Ar
Ae 150422780 =⇒=−+⇒=∑+∑
KNcV 5−=
B A
VA
HA
RB
5 KN RDVC
HC
Fig I-22b
Cálculo das reacções em A e B
00 =⇒=∑+∑ AHRF xex
050 =−−−+⇒=∑+∑BADz
ez RVRcVRF
0762150 =−++⇒=∑+∑BD
Ar
Ae RRcVxMM
KN,RB
1412=
KN,VA 862=
1.6.9- 2 K N
60º 60º
B
A
VA
HA
VB
2 KN 3 KN 3 K N
1 m 2 m 2 m 2 m 1 m 1 m 3 m
3 m
Fig I-23
C
Resolução3:
3 Notar que o apoio B e o segmento de recta BC se comportam no seu conjunto como um apoio móvel, em virtude de existir uma rótula em C e entre B e C não existirem cargas aplicadas. É por este motivo que em B só é considerada a componente vertical da reacção.
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
21
0603602 =°−+° cosHcosA
KN,HA
50=⇒
026033602 =−−+°++°BA
VVsinsin
KN,VxVxcosxxxcosBB
13407823043232302 =⇒=−+°++°−
KN,VA
25=
1.6.10-
1 m
1 mB
A
V A
2 K N
3 K N
2 ,5 m2 ,5 m
2 m
2 m
H B
V B
1 K N
Fig I-24
Resolução:
02 =−B
H KNHB
2=⇒
013 =−−+BA
VV
052311532 =−++ ,xxxVxA
KN,VA
10=⇒
KN,VB
93=
1.6.11-
M = qa2
B
D
q
A
VA
P = qa
a a
a
a
HA
M A
C
Fig I-25
Resolução:
00 =+⇒=∑+∑Ax
ex HaqRF
00 =−⇒=∑+∑Az
ez
VPRF
0
230
2 =−
−−+⇒=∑+∑
aq
aaqaqMMMA
Ar
Ae
aqHA
−=
aqVA=
2
23
aqMA=
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22
1.6.12-
BA
V A
P =qa
q
2a
a
a
H B
V B
Fig I-26
Resolução:
aqHHPRFBBx
ex =⇒=+−⇒=∑+∑ 00
020 =−−⇒=∑+∑BAz
ez VVaqRF
aqVaqaqaVMMBB
Ar
Ae 2
3022220 =⇒=++−⇒=∑+∑
aqVA 2
1=
1.7- Vigas Gerber
Vigas Gerber, Fig I-27, são sistemas estruturais, normalmente isostáticos constítuidos
por vários tramos com uma ou mais articulações de transmissão ( rótulas ). São vigas
geralmente com um único apoio fixo e vários apoios móveis, muito utilizadas em pontes
ou estruturas de grande porte devido à sua grande flexibilidade e resistência. A forma
mais simples de construir uma viga Gerber garantindo a sua isostaticidade é par-
Fig I-27- Exemplos de Vigas Gerber
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
23
tir de uma viga simplesmente apoiada e ir-lhe acrescentando uma rótula por cada
apoio móvel introduzido. Com efeito, a introdução de um apoio móvel numa viga
simplesmente apoiada, vai aumentar o número de incógnitas de apoio de três para
quatro, pelo que às 3 equações da estática conhecidas há que acrescentar uma outra
equação, obtida através da introdução de uma articulação suplementar, de modo a que
o sistema permaneça isostático. Como uma rótula não transmite momentos, esta
equação estabelece que a soma dos momentos nela produzidos pelas forças aplicadas
à sua direita, ou à sua esquerda, têm que ser nulos.
A disposição das articulações ao longo da viga obedece a critérios que garantam que
as vigas Gerber são sistemas geometricamente estáveis. A viga da Fig I-28 é um
exemplo de distribuição inadmissível das rótulas, já que os dois vãos da direita podem
articular da forma indicada, não sendo portanto possível mantê-los em equilíbrio a não
ser em condições muito específicas de carga.
Fig I-28 - Viga geometricamente instável
As regras práticas a que devem obedecer as vigas Gerber de modo a que seja
assegurada a sua estabilidade geométrica são as seguintes:
1- Cada vão só pode conter no máximo 2 articulações.
2- Os vãos com 2 articulações devem alternar com outros sem qualquer articulação.
3- O vão da extremidade nunca pode conter duas articulações.
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24
1.8- Cálculo das Reacções de Apoios de Vigas Gerber - Exemplos Resolvidos
1.8.1-
CD BA
5 KN
VA
HB
VB
2 KN
2 m 3 m1,5 m 2,5 m 1 m
VC Fig I-29
Neste tipo de problemas é possível recorrer a 2 tipos de resolução:
1º Processo- O 1º método que se vai utilizar, consiste em suprimir as rótulas
substituindo-as pelas forças de ligação correspondentes.
DA
5 KN
VA
HD
VD1,5 m 2,5 m
Fig I-30
00 =⇒=∑+∑Dx
ex HRF
050 =−⇒=∑+∑ +DAz
ez VVRF
KN,VVx,MMDD
Ar
Ae 8751045510 =⇒=−⇒=∑+∑
KN,VA
1253=
Os valores encontrados são as acções do tramo DBC sobre o tramo AD. Este, pelo seu
lado, exerce sobre o primeiro reacções de grandeza e sinal contrário às encontradas.
CD B
VD
VC
2 KN
2 m 3 m1 mVB
HB
Fig I-31
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
25
00 =⇒=∑+∑Bx
ex HRF
087530 =−⇒=∑+∑ + ,VVRFCBz
ez
KN,cVcVxx,MM Br
Be 42500522187510 =⇒=−+−⇒=∑+∑
KN,VB
453=
As reacções de apoio da viga Gerber da Fig I-29 são então:
0=B
H KN,VA
1253=
KN,VB
453= KN,cV 4250=
2º Processo - Este processo é bastante mais prático e consiste em considerar a viga
Gerber como um todo. Neste caso as equações para a resolução do problema são:
00 =⇒=∑+∑Bx
ex
HRF
0250 =+−+−⇒=∑+∑CBAz
ez VVVRF
0102755150 =−+−⇒=∑+∑ cVxV,xMMB
Ar
Ae
A 4ª equação é escrita atendendo ao facto das rótulas não transmitirem momentos,
pelo que o somatório dos momentos produzidos nesse ponto pelas forças aplicadas à
sua esquerda tem que ser igual a zero, isto é,
052540 =−⇒=∑ ,xV.)esq(MAD
KN,VA
1253= KN,VB
453= KN,cV 4250=
1.8.2-
FE D
5 KN
2 m
CBA
VA
HB
VB
3 KN
3 m2 m 1 m1 m
2 KN
1 m1 m
2 KN
VC
2 m2 m
VDFig I-32
Resolução: 00 =⇒=∑+∑
Bxex HRF
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26
053220 =+−+−+−−⇒=∑+∑DCBAz
ez VVVVRF
02558310132142150 =−+−+−−⇒=∑+∑ xcVxVxxVMMBA
Dr
De
0223240 =−−⇒=∑ xxV.)esq(MAE
02540 =−⇒=∑ xV.)dir(MDF
KN,VA
52= KN,VB
13=
KN,cV 93= KN,VD
52=
1.8.3-
E
2 m
B A
VA
HB
VB
3 KN
2 m 1 m
2 KN
1,2 m 1 m
2 KN
D
5 KN
1,2 m
C
VC
F
2 m 2 m
VD
1,6 m
Fig I-33
Resolução:
00 =⇒=∑+∑Bx
ex HRF
053220 =−+−+−++−⇒=∑+∑DCBAz
ez VVVVRF
M M x x x x V Vc VeD
rA
D B∑ + ∑ = ⇒ + + + − − − =0 2 1 2 2 3 7 2 5 12 14 10 4 0,
021232242250 =+−−⇒=∑BAE V,,x,xV,.)esq(M
021252350 =−−⇒=∑ cV,V,,x.)dir(MDF
KN,VA
1832= KN,VB
8722=
KN,cV 0285= KN,VD
921=
1.8.4-
E D
3 m
BA
VA
10 KN
3 m 1 m
3 KN/m C
VB
5 m VC
2 m
HA
MA
Fig I-34
Resolução:
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
27
00 =⇒=∑+∑Ax
ex HRF
053100 =−+−+−⇒=∑+∑CBAz
ez VxVVRF
( ) 0145113595100 =−+−+⇒=∑+∑CBA
Ar
Ae V,xxVxMMM
00 =+−⇒=∑AAD VM.)esq(M
( ) 08355350 =−−⇒=∑CBE VV,xx.)dir(M
KN,VA
333= KN,VB
16718=
KN,VC
53= KNmMA
10=
1.8.5-
A2A1 A3
VCVBVA
DBA
3 KN
1,5 m
1,2 KN/mC
VD
HD
MD
2 KN
1,2 m1 m 2 m 1 m1 m 1 m 2 m
Fig I-35
Resolução:
00 =⇒=∑+∑Dx
ex HRF
03212320 =−+−+−−⇒=∑+∑DCBAz
ez VV,x,VVRF
03535416843777971020 =−−+−++−⇒=∑+∑DCBA
Dr
De Mx,V,,x,V,V,,xMM
( ) 05012134201 =−++−⇒=∑ ,x,VVx.)esq(MBAA
0203 =−−⇒=∑DDA VM.)dir(M
( ) 0221245202 =−++−⇒=∑ x,VVx.)esq(MBAA
KN,VA
92= KN,VB
40= KNm,MD
6530−=
KN,VC
215= KN,VD
330=
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28
1.9- Sistemas Triarticulados
Conforme o próprio nome indica, sistemas triarticulados são estruturas que têm 3
articulações sendo normalmente 2 de apoio e 1 de transmissão, Fig I-36.
B
A B
F1
F2
F3
A
F1 F2 F3
Fig I-36- Exemplo de sistemas triarticulados
Tal como para as vigas Gerber, é possível recorrer aos 2 processos já referidos para a
resolução deste tipo de sistemas. Refira-se no entanto que o método da divisão da
estrutura num ponto qualquer4 e substituindo uma das partes pela sua acção sobre a
outra, é muito mais trabalhoso que o da determinação directa das reacções.
1.10- Cálculo das Reacções de Apoios de Sistemas Tri-articulados - Exemplos Resolvidos
1.10.1- C
A
4 m
2 m1 m1 m1 m
A
2 m
1,5 KN
1,5 KN
HB
VA
HAB
2 KN
1,5 KN
1,5 KN
B
2 KN
VC
HC
VC
HC
VB
Fig I-37
Resolução ( Considerando a partição do sistema pela articulação C)
4Normalmete a divisão da estrutura é feita por uma rótula, porque se sabe que aí o momento flector é nulo
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
29
Para a barra AC
00 =−⇒=∑+∑CAx
ex HHRF
051510 =−−+⇒=∑+∑ ,,VVRFCAz
ez
0151251430 =−−−⇒=∑+∑ x,x,HVMMAA
cr
ce
Para a barra BC
00 =−⇒=∑+∑BCx
ex HHRF
020 =−+⇒=∑+∑CBz
ez VVRF
044220 =−+⇒=∑+∑BB
Cr
Ce VHxMM
A resolução dos sistemas de equações permite obter os valores das reacções KN,H
A071= KN,V
A932= KN,H
C071=
KN,VC
070= KN,HB
071= KN,VB
072=
1.10.2-
C
A
2 m
2 m3 m
2 mA
5 m
HB
VA
HA
VC
HC
VC
HC
VB
B
2 KN
1 KN
2 KN
2 KN
1 KN
2 KN
B
Fig I-38
Resolução ( Considerando a partição do sistema pela articulação C )
Na resolução deste problema é indiferente considerar a carga de 2 KN aplicada no ponto C
como pertencente a qualquer dos tramos, uma vez que aquele ponto é comum a ambos.
Para a barra AC
020 =+−⇒=∑+∑CAx
ex HHRF
0210 =−−+⇒=∑+∑CAz
ez VVRF
01222450 =−−−⇒=∑+∑ xxHVMMAA
Cr
Ce
Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra
30
Para a barra BC
00 =−⇒=∑+∑BCx
ex HHRF
00 =+⇒=∑+∑CBz
ez VVRF
0540 =−⇒=∑+∑BB
Cr
Ce VHMM
A resolução dos sistemas de equações permite obter os valores das reacções
KN,HA
1250−= KN,VA
31= KN,HC
1252=
KN,VC
71= KN,HB
1252= KN,VB
71=
1.10.3-
2 m
2 KN
B 2 m
2 m2 m
2,5 m
A
3 m
VB VA
3 KN
1 m
5 KN5 KN
C
HA HB
Fig I-39
Resolução
00 =+⇒=∑+∑BAx
ex HHRF
055230 =−−−−+⇒=∑+∑BAz
ez VVRF
035556283100 =−−−−⇒=∑+∑ xxxxVMMA
Br
Be
0255520 =−+−⇒=∑ xVH,)dir(MBBC
KN,HA
810−= KN,VA
67=
KN,HB
810= KN,VB
47=
1.10.4-
VC
1 m
B2 KN
2 KN
2 KN
C
1 m A
VA
HA
HC
2 m 2 m
2 KN
2 m 2 m 1 m 1 m 1 m 2 m 2 m
2 KN
1 m 1 m
2 KN1 m
Fig I-40
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
31
Resolução
022
20 =−+⇒=∑+∑CAx
ex HxHRF
0222222220 =++++++−−⇒=∑+∑ xVVRF
CAzez
0173832241622
2122
2540 =−−++++++⇒=∑+∑CC
Ar
Ae VHxxMM
0712826220 =−+++⇒=∑CCB VHxxx.)dir(M
KN,HA
2210−= KN,VA
894=
KN,HC
6411= KN,VC
526=
1.10.5-
l/2
B 2 m
l/2
A
VB VA
q
Cf
HA HB
Fig I-41
Resolução
00 =⇒=∑+∑ −BAx
ex HHRF
00 =−+⇒=∑+∑ lxqVVRFBAz
ez
02
0 =−⇒=∑+∑B
Ar
Ae Vl
llqMM
0242
0 =−+⇒=∑BBC V
lHf
llq.)dir(M
flq
HHBA 8
2
== 2l
qVVBA==
Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra
32
1.11- Cálculo de Reacções por Método Gráfico
1.11.1 - Introdução
As reacções dos apoios podem ainda ser calculadas recorrendo a um método gráfico.
Este processo não é neste momento usado, quer porque o desenvolvimento dos
computadores e de software apropriado lhe tiraram importância, quer por ser um
método pouco expedito que necessita da utilização rigorosa de utensílios de desenho,
sendo portanto susceptível aos erros que normalmente estão associados a estas
técnicas. Tem no entanto um mero interesse didático pelo facto de permitir uma outra
forma de abordar este tipo de cálculo e porque mostra os problemas com que se
debateram os nossos antepassados não muito distantes para resolver problemas eu
agora nos parecem tão simples. Como este método não faz parte do programa das
disciplinas leccionadas pensamos em eliminar este parágrafo e seguinte dos
apontamentos de apoio às aulas disponibilizados aos alunos. A decisão de manter
estas linhas deve-se apenas ao desejo de prestar uma homenagem àqueles que dele
fizeram uso numa altura em que não existiam máquinas de calcular e muito menos
computadores.
1.11.2 – Cálculo da Resultante de um Sistama de Forças
Como é sabido, é sempre possível decompor graficamente uma força em duas
direcções quaisquer. Esta constatação é generalizável para n direcções, se se tiver em
conta que cada componente anteriormente encontrada pode, por sua vez, ser
decomposta em duas outras direcções e assim sucessivamente. O problema inverso
da obtenção de uma resultante de um sistema de forças também é passível de
resolução, encontrando a resultante de duas das forças e utilizando este processo
tantas vezes quantas as necessárias para chegar à resultante única.
A determinação gráfica da resultante de um sistema de forças é no entanto facilitada e
simplificada pelo processo que a seguir se descreve. Considere-se o sistema de forças
representado na Fig I-42. Por um ponto A qualquer e na ordem fixada pelos índices das
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
33
forças, comece-se por traçar vectores de grandeza igual aos do sistema inicial
justapondo a origem do segundo com a extremidade do primeiro e assim
sucessivamente. Unindo a origem do primeiro com a extremidade do último, obtem-se
a resultante do sistema de forças inicial ou linha de fecho do polígono. À linha polígonal
ABCDE assim obtida dá-se o nome de Polígono de Varignon ou Polígono dinâmico.
Q
E
D
C
A
i
P
f1
f2
f3
f4
R
0
1
2
3
4
f1f2 f3
f4
0´
1´2´ 3´
4´
R
B
Fig I-42 - Exemplo de determinação gráfica da resultante de um sistema de forças
Para que o problema fique completamente resolvido, falta agora determinar a posição
da resultante do sistema de forças. Para tal, comece-se por unir os vértices do
contorno do polígono a um ponto qualquer do plano, o pólo P, obtendo-se assim 5
segmentos de recta, habitualmente chamados raios polares. Cada uma das forças
iniciais fica assim definida por dois raios polares, ou se se quizer, cada força fica
decomposta nas direcções de dois raios polares.
Inicie-se agora o traçado do polígono funicular do sistema de forças. Por um ponto
arbitrário Q do suporte da força f1 façam-se passar paralelas a 0 e 1, que são os raios
polares comuns a esta força. Uma vez que o raio 1 é comum às forças f1 e f2, pelo
ponto de intersecção da paralela 1 com o suporte de f2 faça-se passar uma paralela ao
raio 2. A intersecção desta com o suporte de f3 define o ponto por onde vai passar a
paralela a 3 e assim sucessivamente até completar o polígono. A intersecção do
primeiro com o último lado do polígono funicular, que são os raios polares da resultante
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34
R, determina a posição do ponto i que é um ponto do suporte da resultante. O
problema fica então resolvido traçando pelo ponto i uma força com a direcção e
grandeza da força R calculada através do polígono de Varignon.
1.11.2- Método Gráfico de Resolução de Sistemas Triarticulados
Na resolução deste tipo de sistemas pelo método gráfico, devem-se ter em conta que
as rótulas não transmitem momentos. Para melhor compreensão do método recorra-se
ao exemplo da Fig I-43, com carregamento em apenas um dos tramos. Estas forças
podem ser facilmente substituídas pela sua resultante R, aplicando o método descrito
no parágrafo anterior. Como a única força no tramo da esquerda é a reacção de apoio
RA, o suporte desta força terá forçosamente que passar pela rótulade modo a que o
momento flector por ela aí produzido seja nulo.
Ri
RBA
C
BA
C
RA
RB
RARB
Fig I-43 - Cálculo das reacções de apoio de um sistema triarticulado pelo método gráfico
Por outro lado, para que o arco triarticulado esteja em equilíbrio, é necessário que as 3
forças RA , RB e R concorram num ponto i de modo a que o somatório dos momentos
por elas produzidos seja igual a zero. Esta condição permite o cálculo da direcção da
reacção RB, uma vez que a intersecção dos suportes de RA e R define o ponto i . A
decomposição da grandeza da resultante nas direcções dos suportes das reacções
permite finalmente o conhecimento das suas grandezas.
Considere-se agora o caso geral de o carregamento se estender a todo o arco, como
se representa na Fig I-44. O modo mais simples de encarar o problema, é calcular as
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
35
resultantes RE e RD correspondentes ao carregamento dos tramos à esquerda e à
direita da rótula. Considerando cada uma das resultantes separadamente, é possível
calcular, pelo processo atrás descrito, as componentes das reacções por elas
produzidas. A direcção e grandeza das reacções produzidas por todo o carregamento
obtêm-se somando vectorialmente as componentes já obtidas.
RA
R´BA
C
BA
C R´B
R´AR´A
R´B
R´´B
R´´R´´A
BA
C
R´´
R´´BR´´A
RB
R´B
R´´A
BA
C
R´A
R´´B
R´
Fig I-44 - Cálculo das reacções de apoio de um sistema triarticulado pelo método gráfico
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36
CAPÍTULO II ESTUDO DOS ESFORÇOS
2-1 Introdução
Como foi referido no Capítulo I, quando um corpo é sujeito a solicitações exteriores,
desenvolve-se no seu interior um outro sistema de forças resultante do estado de
deformação a que fica sujeito, sendo o seu conhecimento fundamental para o estudo
do comportamento em serviço dos materiais e para o dimensionamento das estruturas.
Estas forças interiores poderão ser postas em evidência se o corpo fôr cortado
imaginariamente por um plano qualquer AA, Fig II-1, e se se analisar o equilíbrio de
cada uma das duas partes resultantes. Uma vez que na secção do corte
desapareceram as ligações entre as duas partes em que o corpo foi “dividido”, será
nececessário substituir a acção de cada uma delas sobre a outra por um sistema de
forças aplicado na secção, de modo a que o equilíbrio seja preservado. É evidente que
pelo princípio da acção e reacção os sistemas de forças interiores são sempre
recíprocos, isto é, as resultantes do sistema de forças associado à secção da esquerda
são iguais mas de sinal contrário às associadas à secção da direita. Isto de forma a
que a soma das projecções dessas forças e dos momentos por elas produzidos, sejam
na secção iguais a zero, já que de outro modo o corpo não estaria em equilíbrio.
A ´ A
P n
P 1P 2
P 3A
A
P n
P 1P 2
P 3
Fig II-1 - Sistema de forças internas e externas
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
37
Considere-se o sistema de eixos ortogonal OXYZ com origem no centro de gravidade
da secção e, utilizando as leis da estática já conhecidas, reduza-se o sistema de forças
associado à secção AA a uma resultante rR e ao momento resultante
rM , Fig II-2.
Projectando estes vectores nos eixos ortogonais obtêm-se 6 componentes, três da
força e três do momento, a que é usual chamar factores de força interiores ou
simplesmente esforços. Cada um destes factores não representa mais do que a
projecção no sistema de eixos indicado, da resultante das forças e dos momentos que
actuam na outra parte do corpo, isto é, substituem a acção de cada uma das partes
sobre a outra.
Qy
N
Z
MtMtN
rR
rM
X
XMy
Y
Z
Mz
Qz
MzQy
My
YQz
Fig II-2 - Tipo de esforços a que um corpo pode estar sujeito
A componente da resultante rR que se projecta segundo a normal à secção, em geral
referenciada com a letra N, é chamada esforço normal ou esforço axial e produz o
deslocamento da secção numa direcção perpendicular ao plano que a contem. As
projecções dessa mesma resultante rR no plano da secção, referidas por Qy e Qz , são
chamadas esforços cortantes ou esforços transversos. Estes esforços tendem a
produzir deslocamentos em direcções contidas no plano da secção em que actuam.
As componentes do momento rM que produzem rotação da secção em torno dos eixos
contidos no seu plano, normalmente designadas pelas letras My e Mz, são chamados
os momentos flectores. Finalmente a projecção do momento na normal à secção,
designado pela letra Mt, é chamado o momento torçor e produz a rotação da secção
em torno do seu eixo.
Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra
38
Normalmente os esforços não são constantes ao longo do eixo do corpo, dependendo
da forma como este está solicitado, pelo que para ser possível analisar o
comportamento de uma estrutura uma das primeiras coisas a fazer é traçar os
chamados diagramas dos esforços. Estes diagramas são gráficos que mostram a
forma como os esforços se distribuem ao longo do eixo da estrutura, sendo fácil a partir
da sua análise verificar quais os pontos mais solicitados e que portanto devem receber
maior atenção do projectista.
Para traçar os diagramas dos esforços é usual recorrer-se à utilização de convenções,
a que de seguida se irá fazer uma breve referência.
2-2 Esforços Normais
Esforço normal N é então a projecção segundo a normal ao eixo, da resultante de
todas as forças exteriores que se encontram ou à esquerda ou à direita da secção
considerada. Se numa região ou na totalidade de um corpo as secções rectas só estão
sujeitas a esforços normais, dir-se-á, dependente do sentido do esforço, que se está na
presença de um esforço de tracção ou compressão. Os corpos, com um comprimento
muito superior às dimensões características da sua secção, sujeitos apenas a esforços
normais são designados habitualmente por barras. A sua utilização é corrente na
prática, sendo as componentes das gruas um exemplo da sua aplicação,como se irá
vêr no Capítulo III.
Por convenção, é usual identificar um esforço de tracção como positivo e o esforço de
compressão como negativo, Fig II-3. No entanto, é bom ter em consideração que os
esforços são forças sendo, como tal, quantidades positivas, pelo que o sinal é apenas
uma forma expedita de identificar o tipo de esforço a que o corpo está sujeito.
Tracção
N N N NCompressão
Fig II-3 - Convenção de sinais para esforços de tracção e compressão
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
39
2-3 Esforços Cortantes
Os esforços cortantes são as projecções no plano da secção da resultante de todas as
forças exteriores que se encontram à sua esquerda ou à sua direita. Na prática
raramente se utiliza a resultante dos esforços cortantes, já que, por motivos que se
ligam às propriedades geométricas das secções e que serão discutidos posteriormente,
é muito mais fácil trabalhar com as projecções Qy e Qz desse esforço.
A convenção para os esforços cortantes é um pouco diferente da utilizada nos esforços
normais. Para melhor se compreender a explicação, considere-se o exemplo da Fig II-
4, onde se admite por simplicidade que todas as forças que actuam no sistema estão
situadas no plano OXZ5. É possível fazer o estudo dos esforços cortantes a que um
corpo está sujeito partindo da extremidade da esquerda ou da direita, considerando ao
longo deste várias secções imaginárias e analisando os valores que o esforço aí toma.
Se na análise do esforço cortante se parte da esquerda para a direita, diz-se, por
convenção, que este é positivo se a resultante das forças que ficam à esquerda da
secção considerada aponta no sentido positivo do eixo dos ZZ e negativo se aquelas
apontam no sentido negativo do mesmo eixo. Se pelo contrário se está a analisar a
resultante das forças que ficam à direita da secção, partindo portanto da análise da
extremidade da direita para a esquerda, diz-se que o esforço cortante é positivo se
essa resultante aponta para baixo, isto é, no sentido daquele que é agora o sentido
positivo do eixo dos ZZ e negativas se apontam para cima. Esta inversão da convenção
fica a dever-se ao facto de ter que se considerar o sistema de eixos do esquema B da
Fig II-4 se se estiverem a analisar as forças à direita da secção, por uma questão de
coerência geométrica.
Ainda por convenção é costume traçar os diagramas dos esforços cortantes positivos
para cima do eixo da viga e negativos para baixo. Na Fig II-5 está representado o
diagrama dos esforços cortantes da viga do exemplo considerado.
5 Refira-se que tudo o que se disser para um sistema de forças no plano OXZ é verdadeiro para um outro colocado no plano OXY.
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40
Z1000 KN
3 m1 m
750 KN 250 KN
X
3 m1 m
750 KN 250 KN
X
Z
Esquema A Esquema B1000 KN
Fig II-4 - Exemplo prático
750 KN
250 KN
+
Fig II-5 - Diagrama dos esforços cortantes da viga representada na Fig II-4
2-4 Momentos Flectores
Os momentos flectores são a projecção do vector momento no plano da secção recta
do corpo e também neste caso é normalmente mais fácil trabalhar com as
componentes My e Mz. Poderá então dizer-se que My é a componente do vector
momento que produz rotação da secção em torno do eixo dos YYe que Mz produzirá o
mesmo efeito em torno do eixo dos ZZ.
Para melhor se entender a convenção utilizada no traçado dos diagramas dos momentos
flectores recorra-se novamente ao exemplo da Fig II-4, com uma viga solicitada no plano
OXZ6. Também neste caso é possível fazer o estudo dos momentos flectores a que a viga
está sujeita partindo da extremidade da esquerda ou da direita, considerando ao longo desta
várias secções imaginárias e analisando os valores que o momento flector nelas toma. Se
nesta análise se parte da esquerda para a direita, diz-se por convenção que o momento
flector é positivo se a resultante dos momentos que ficam à esquerda da secção produz a
sua rotação em torno do eixo dos YY no sentido dos ponteiros do relógio e é negativo se a
rotação se faz no sentido contrário. Se pelo contrário se está a analisar a resultante que fica
à direita da secção, portanto partindo da análise da direita para a esquerda, diz-se que o 6 Refira-se ainda que o mesmo se poderia dizer se o sistema de forças estivesse contido no plano OXY.
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
41
momento flector é positivo se essa resultante produz a rotação da secção em torno do eixo
dos YY no sentido anti-horário. Esta inversão da convenção deve-se ao facto de, tal como
para os esforços cortantes, ter de se considerar o sistema de eixos do esquema B da Fig II-
4.
Uma outra forma de vêr esta convenção é dizer que se a deformação produz na viga
concavidade o momento flector é positivo, sendo negativo se a deformação fôr
convexa, Fig II-6.
Fig II-6 - Convenção de sinais para os momentos flectores
Ainda por convenção é usual traçar os diagramas dos momentos flectores positivos
para baixo do eixo da viga e negativos para cima. Na Fig II-7 está representado o
diagrama dos momentos flectores da viga do exemplo considerado e as equações que
dão a sua variação ao longo do eixo dos XX partindo da origem.
X
750 x - 1000 (x-1)750 x
750 KN.m
+
Fig II-7 - Diagrama dos momentos flectores da viga representada na Fig II-4
É fácil de estabelecer as equações matemáticas que relacionam os momentos flectores
com os esforços cortantes entre si e destes com as forças aplicadas ao corpo.
Considere-se um elemento infinitamente pequeno qualquer, de comprimento dx, Fig II-
8, de uma viga sujeita a uma carga distribuída qualquer q aplicada, por exemplo, no
plano OXZ. A solicitação q é considerada como uniforme uma vez que se admite que
esse elemento tem comprimento infinitamente pequeno. Para que este elemento esteja
em equilíbrio ter-se-á que considerar a acção que sobre ele exercem as partes do
Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra
42
corpo à esquerda e à direita que foram desprezadas. As equações da estática que
traduzem o equilíbrio deste elemento são:
adx
qQz Qz+dQz
My My+dMy
X
Fig II-8 -Elemento de viga em equilíbrio estático
⇒=+−−⇒=∑ 00 )dQQ(dxqQF zzzz dx
dQq z−= ( II-1)
e
⇒=+−−+⇒=∑ 02
0 )dMM(dxdxqdxQMM zzzyay dx
dMQ y
z = ( II-2)
Nesta segunda equação foi desprezado o termo em dx2 por ser um infinitamente
pequeno de segunda ordem. Estas equações podem ser escritas na forma:
∫−= dxqQz ( II-3)
e
∫= xdQM zy ( II-4)
isto é, a variação do esforço cortante ao longo do elemento de comprimento dx pode
ser obtida integrando a equação que traduz a variação da carga q e a variação do
momento flector pela integração da equação do esforço cortante.
Como já foi referido anteriormente, aos corpos sujeitos a momentos flectores e a
esforços cortantes, projectados de modo a que o comprimento seja muito superior às
dimensões características da sua secção, é dada a designação de vigas.
2-5 Momentos Torçores
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
43
O momento torçor é a componente do vector do momento que produz rotação das
secções do corpo em torno do eixo dos XX. Tal como para qualquer dos outros
esforços já estudados, o valor do momento torçor numa determinada secção é obtido
pela projecção no plano que a contém da resultante de todos os momentos que lhe
ficam à direita ou à esquerda. Para melhor compreensão do que se acabou de afirmar,
considere-se o ponto A do exemplo da Fig II-9. A grandeza do momento torçor nesta
secção é de 25 KN.m quer a análise seja feita a partir da esquerda ou da direita. É
conveniente chamar a atenção para a forma como foram representados os momentos
torçores nesta figura. Trata-se de uma das formas possíveis de representar o momento
torçor através de um binário, em que o círculo com um ponto representa uma força
apontada para o observador e o círculo com uma cruz uma força de igual grandeza
mas aplicada em sentido contrário.
A convenção que vai ser utlizada para os momentos torçores é a mesma quer se
comece a traçar os diagramas da esquerda para a direita ou vice-versa. Considera-se
que um momento torçor é positivo, se o observador colocado do lado exterior da
normal à secção, vir que o momento torçor provoca rotação desta no sentido directo,
isto é, no sentido anti-horário. O momento torçor é considerado negativo se o sentido
da rotação que ele imprime à secção fôr no sentido contrário. Se esta convenção fôr
aplicada ao exemplo da Fig II-9 verifica-se que partindo da direita ou da esquerda se
obtém sempre o mesmo diagrama.
A
3 m1 m
25 KN.m
X
15 KN.m 10 KN.m
25 KN.m15 KN.m
Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra
44
Fig II-9 -Viga sujeita à acção de momentos torçores e correspondente diagrama
2-5 Diagramas dos Esforços - Exemplos práticos resolvidos
Traçar os diagramas de todos os esforços a que estão sujeitos os seguintes exemplos:
2-5.1
dcx
BA
P2
a
aa
P
Rz R´zP
P2
P2
P2
P2
E.N.
E.C.
M.F.
D.C.
Rx
Fig II-10
Determinação das reacções de apoio
0=xR
PRR zz =+ ′
2202 PRePRRaPa zzz ==⇒=− ′′
O cálculo das reacções permite traçar o
chamado diagramas de cargas D.C.. Da
sua análise constata-se que nenhuma
das forças tem componente na direcção
do eixo da viga, pelo que se pode concluir que esta viga não está sujeita a esforços normais
E.N. Começando a traçar o diagrama dos esforços cortantes da esquerda para a direita, isto
é, de A para B, verifica-se que até meio da viga só existe a força reactiva P/2, positiva pela
convenção adoptada para este tipo de esforços e atrás referida. O diagrama dos esforços
cortantes é então constante e positivo até ao ponto onde se encontra aplicada a força P. A
partir deste ponto e até B, uma vez que não existe mais nenhuma força aplicada, o esforço
cortante é igual -P/2, resultante da soma das forças positiva P/2 e negativa P. No ponto B o
diagrama fecha, isto é, a soma de todas as forças que produzem esforço cortante tem que
ser igual a zero para que a viga esteja em equilíbrio estático.
Para o traçado do diagrama dos momentos flectores podem ser utilizados dois processos
para se obterem as equações que traduzem a sua variação ao longo da viga. Como forma
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
45
de facilitar a explicação vai-se traçar o diagrama dos momentos flectores partindo da
esquerda para a direita, sabendo de antemão que o mesmo se pode fazer partindo no
sentido contrário tendo apenas em atenção os sentidos da convenção utlizada.
Um dos caminhos para obter as equações acimas referidas é considerar um ponto genérico
C do eixo da viga, a uma distância x da origem, e calcular aí o momento flector produzido
pelas forças e momentos, quando os houver, que fiquem à sua esquerda. No nosso caso, e
para o ponto em questão ter-se-á
axcomxPMy ≤≤= 02
1 ( II-5)
O valor do momento flector é positivo, já que, pela convenção utlizada, produz uma rotação
da secção C no sentido dos ponteiros do relógio. Deve-se ter em atenção que se pretende
escrever uma equação em que o valor do momento é função de uma distância x, pelo que
se deve analisar entre que pontos é que não há variação das condições que produzem esse
momento. Neste caso tem-se para esta equação ax0 ≤≤ , já que a partir deste ponto existe
mais a força P que passa a produzir momento. Uma vez que esta equação não abrange
toda a viga, há que considerar uma nova secção D e calcular o valor do momento nesse
ponto tendo em atenção os sentidos convencionados
axacom)ax(PxPMy 22
2 ≤≤−−= ( II-6)
Esta passa a ser a equação que dá a variação do momento até ao apoio da direita, já que
as condições de carga mantêm-se até aí inalteradas. Refira-se que para x = 2a o momento
flector deve ser nulo, uma vez que nesse ponto não existe nenhum momento aplicado. Tal
como para o caso do esforço cortante, também aqui o diagrama tem que fechar de modo a
que as condições de equilíbrio estático sejam verificadas.
O segundo caminho que pode ser seguido para traçar este diagrama é utilizar a equação (II-
4) e integrar as equações obtidas para o esforço cortante. Virá então:
Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra
46
axcomCxPdxPMy ≤≤+== ∫ 022
1 ( II-7)
e
axacomCxPdxPMy 222 1
2 ≤≤+−=−= ∫ ( II-8)
onde C e C1 são constantes de integração que podem ser calculadas a partir do
conhecimento do valor do momento em determinados pontos da viga. Para a primeira
equação sabe-se que para x = 0 o valor do momento deve ser nulo, já que naquele
ponto só existe uma força reactiva que como é óbvio não produz aí momento. Então
para que isso se verifique C terá que ser nulo e a equação do momento tomará a forma
da equação ( II-5)
axcomxPMy ≤≤= 02
1 ( II-9)
Para x = a o valor do momento será aPMy 21 = , valor que será utilizado para determinar
C1. Com efeito, pode-se então dizer para a segunda equação que aPMy 22 = no ponto
x = a, pelo que substituindo na equação (II-8) virá:
aPCaPCaPMy =⇒=+−= 112
22 ( II-10)
e a equação do momento toma a forma da equação ( II-6)
axacomaPxPMy 22
2 ≤≤+−= ( II-11)
2-5.2
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
47
ql8
2
q
x
l Rz R´z
q
2ql
2ql
E.C.
M.F.
Rx
2ql
2ql
D.C.
E.N.
Fig II-11
Determinação das reacções de apoio
0=xR
lqRR zz =+ ′
220
2lqRelqRRlllq zzz ==⇒=− ′′
Após o cálculo das reacções e da análise
do diagrama das cargas é possível
concluir que não existem esforços normais
na viga represen-tada na Fig II-11. Para o
traçado do diagrama dos esforços
cortantes, e partindo da esquerda para a
direita, verifica-se que na secção do apoio há um esforço positivo igual a 2
lq . Ao longo
da viga este esforço vai variar já que, ao contrário do exemplo anterior, não é possível definir qualquer tramo onde seja constante. Para o seu traçado pode recorrer-se a qualquer dos processos já referidos. Tendo em atenção ( II-3)
lxcomCxqdxqQz ≤≤+−=−= ∫ 0 ( II-12)
A constante de integração C pode ser calculada, já que é sabido que para
2lqQ 0= x z=→ , pelo que da equação ( II-12) se tira que
2lqC = , pelo que a equação
que define a variação do esforço cortante virá:
lxcomlqxqQz ≤≤+−= 02
( II-13)
Para x = l esta equação toma o valor 2lqQz −= que somado com o valor da reacção
nesse apoio permite verificar que o diagrama fecha.
A equação ( II-13) podia também ter sido obtida considerando uma secção genérica a uma
distância x da origem e calcular aí o valor do esforço cortante tendo em conta as forças que
ficam à esquerda desse ponto e os seus sentidos. Essas forças são a reacção 2lqRy= ,
Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra
48
positiva por convenção,e a resultante da carga distribuída xqR −= , negativa pela mesma
convenção.
Para o traçado do diagrama dos momentos flectores tem-se, atendendo à equação ( II-4),
lxcomCxlqxqxdlqxqxdQM zy ≤≤++−=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ +−== ∫∫ 0
222 1
2
( II-14)
Como na origem o momento é nulo, pode-se concluir da equação que a constante C1 tem
que ser igual a zero, pelo que a equação que define o valor do momento flector será
lxcomxlqxqMy ≤≤+−= 022
2
( II-15)
Da mesma forma que para os esforços cortantes, também aqui se podia obter esta equação
fazendo o estudo dos momentos flectores existentes à esquerda de uma secção genérica a
uma distância x da origem. Neste caso os momentos existentes são os provocados nesse
ponto pelas forças 2lqRz= e xqR = já referidas e que são respectivamente xlqM
21 = ,
positivo pela convenção utlizada para os momentos, e 22xxqM −= , negativo atendendo à
mesma convenção. A soma destas duas quantidades permite obter a equação ( II-15).
2-5.3
3 KN/m
Rz
Rx
3 m3 m
8 KN
My
Fig II-12
Cálculo das reacções do apoio
0=xR
KNRR zz 1098 =⇒=−+
m.KNMxxM yy 602938 −=⇒=+−−
Tal como nos exemplos anteriores também este exemplo não tem esforços normais,
pelo que se vai passar à análise dos esforços cortantes. Partindo da esquerda para a
direita, verifica-se que no apoio se tem um esforço positivo de 1 kN. Para continuar o
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
49
6 K N.m
x
5,75 KN
1 KN
6 KN.m
3 KN/m
1 KN
8 KN
E.N.
2,25 KN
E.C.
M.F.
2,25 KN.m
D.C.
Fig II-13
traçado do diagrama é necessário
determinar a equação da recta que
traduz a taxa de distribuição de carga q,
que neste exemplo é da forma
32+−=
xq
A determinação da variação do esforço
cortante é agora possível entre o
encastramento e o meio da viga, pois
entre estes pontos a variação de q é
linear e no ponto x = 3 existe uma
carga concentrada que vai modificar o
valor do esforço. Ficará então:
3034
32
2
1 ≤≤+−=−=−= ∫∫ xcomCxxdx)x(dxqQ ( II-16)
Tal como para os casos anteriores, a constante C é determinada atendendo ao facto de
se saber que o valor do esforço para x = 0 é Q = 1 KN, pelo que, atendendo à equação
anterior C = 1 KN, ficando então
30134
2
1 ≤≤+−= xcomxxQ ( II-17)
O estudo desta função permite concluir que se está em presença de uma parábola com
a concavidade virada para baixo, já que a segunda derivada é negativa. Para x = 3 o
valor do esforço cortante dado por esta equação é Q = -5,75 kN. Como naquele ponto
está aplicada uma carga concentrada, positiva por convenção, o valor do esforço
cortante passa a ser Q = 2,25 kN. Para a determinação da equação do esforço cortante
para valores de x tais que 63 ≤≤ x ter-se-á:
6334
32 1
2
2 ≤≤+−=−=−= ∫∫ xcomCxxdx)x(dxqQ ( II-18)
Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra
50
Para x = 3 →Q = 2,25 kN, o que substituído na equação anterior permite concluir que
C1 = 9 KN, pelo que a equação da variação do esforço cortante será igual a
63934
2
2 ≤≤+−= xcomxxQ ( II-19)
Para x = 6 o valor deste esforço é zero, como seria de esperar para que o diagrama feche.
Para o traçado do diagrama dos momentos flectores tem que se ter em conta que no
encastramento existe um momento reactivo de 6 KN.m, positivo pela convenção
utilizada para os momentos flectores. Atendendo a ( II-4) e a ( II-17) pode obter-se a
variação do momento flector para 0 3≤ ≤x , ficando
302
312
134 2
232
1 ≤≤++−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−== ∫∫ xcomCxxxxdxxdxQM ( II-20)
Como já foi referido, para x = 0 → M1 = 6 kN.m, valor que deve tomar a constante 2C
para que a equação verifique esta imposição, pelo que
3062
312
23
1 ≤≤++−= xcomxxxM ( II-21)
No ponto x = 3 o valor do momento é M1 = - 2,25 kN.m.
No estudo desta função deve ter-se em conta que no sistema de eixos utilizado para o
traçado dos diagramas dos momentos flectores, o eixo dos ZZ tem o sentido positivo
marcado para baixo, ao contrário do que acontece nos esforços cortantes. Portanto
neste caso a curva deve ter a forma representada na Fig II-13, isto é com a
concavidade virada para cima, já que para 30 ≤≤ x toma sempre valores negativos.
Para o cálculo da variação do momento para valores de 63 ≤≤ x , tem que se integrar
a equação ( II-19), ficando
6392
312
934 3
232
2 ≤≤++−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−== ∫∫ xcomCxxxxdxxdxQM ( II-22)
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
51
O valor de C3 é calculado sabendo-se que para x = 3 o valor de 2M obtido pela
equação (II-21) tem que ser igual a -2,25 KN.m, pelo que será 3C = -18, ficando a
equação com a forma final
631892
312
23
2 ≤≤−+−= xcomxxxM ( II-21)
O momento flector 2M tem valor nulo para x = 6, o que nos permite concluir que o
diagrama fecha.
2-5.4
A2 m
4 m
6 m6 m
10 KN
Rz R´z
R´x 2 KN
2 KN I
II
III
Fig II-14
Cálculo das reacções do apoio
0022 =⇒=−+ ′′xx RR
010 =−+ ′zz RR
KN,RR zz 335012604 =⇒=−+ ′′
KN,Rz 674=
O exemplo da Fig II-14 é uma estrutura porticada em que o eixo não é rectilíneo como
nos casos tratados anteriormente, pelo que o traçado dos diagramas dos esforços
obedece a certas regras. Para que se parta de uma das extremidades e se mantenham
as convenções já estabelecidas, é necessário que o observador se coloque no interior
da estrutura e que vá percorrendo cada um dos tramos sempre no sentido pré-
estabelecido, isto é, se se parte da esquerda para a direita, cada um dos tramos deve
ser percorrido nesse sentido, começando-se obviamnente pelo apoio A. Por outro lado,
o eixo do tramo II é perpendicular ao eixo dos outros dois tramos, pelo que forças que
produzem esforço normal nestes produzem esforços cortantes naquele tramo e vice-
versa. É por isso que neste tipo de estruturas é conveniente que os diagramas destes
dois esforços sejam traçados em simultâneo, de modo a que seja facilmente
perceptível a grandeza e sentido dos esforços que transitam para os tramos seguintes.
Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra
52
Tal como para as vigas de eixo rectilíneo, também para este tipo de estruturas se
marcam os esforços normais e cortantes positivos para cima do eixo, o que aqui quer
dizer o lado exterior da estrutura, e negativos para o interior da estrutura. No caso dos
momentos flectores vai seguir-se a convenção contrária, tal como foi feito nos
exemplos anteriores.
Para a resolução do problema da Fig II-14 vai-se começar por traçar o diagrama dos
esforços normais partindo do apoio móvel. Como se pode vêr da análise do diagrama
de cargas, Fig II-15, o tramo I está sujeito a um esforço de compressão produzido pela
força reactiva de 4,67 KN, pelo que se trata de um esforço negativo. Ao passar para o
tramo II verifica-se que a força de 2 KN está aplicada de modo a também produzir
esforço de compressão. Repare-se que na outra extremidade se vai exercer a acção da
outra força de 2 KN aplicada no apoio fixo, de modo a que este elemento esteja em
equilíbrio. O tramo III sofre no vértice comum ao tramo II a acção das forças de 4,67
KN de tracção e de 10 KN de compressão, pelo que o resultado final é uma força de
compressão de 5,33 KN, que como se pode vêr é anulada no apoio pela força reactiva,
de igual grandeza e sentido contrário.
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
53
12 KN
.m
8 K
N.m
20 KN
12 KN.m8 KN.m
2 KN
4,67 K N
5,33 KN
5,33 KN
4,67 KN
2 KN
2 KN
5,33 KN
10 KN
4,67 KN
E.N.
E.C.
M.F.
D.C.
2 KN
2 KN I
II
III
Fig II-15
Para o traçado do diagrama dos esforços
cortantes procede-se exactamente do
mesmo modo. No tramo I verifica-se que
no apoio não existe qualquer força que
produza este tipo de esforço, aparecendo
apenas para x = 2 a força negativa de 2
KN. No tramo II existe na secção inicial
uma força reactiva positiva de 4,67 KN
que é a única força que produz esforço até
ao ponto onde está aplicada a força
negativa de 10 KN. O valor do esforço
passará a ser igual a 5,33 KN a partir do
ponto de aplicação desta força e até à
outra extremidade deste tramo. Para o
tramo III, se se quizer continuar a fazer a
análise do traçado do diagrama da
esquerda para a direita, verifica-se que na
secção inicial só existe a força de 2 KN,
aplicada no tramo I, a produzir esforço
cortante. Este esforço mantém-se
constante até atingir o apoio fixo, onde é
anulado pela força aí aplicada.
O diagrama dos momentos flectores vai
ser iniciado pelo apoio do tramo I. Pode
verificar-se que desde esse ponto até o ponto x = 2 não existem momentos flectores
aplicados, nem tão pouco cargas que os possam provocar, pelo que até esse ponto o
diagrama é nulo. Desse ponto até o fim do tramo pode determinar-se a variação deste
esforço, integrando a correspondente equação dos esforços cortantes, ficando
Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra
54
62221 ≤≤+−=−== ∫∫ xcomCxxddxQM ( II-22)
A constante C é calculada para o ponto x = 2 porque se sabe que aí M1 = 0, pelo se
terá C = 4 KN.m, ficando
62421 ≤≤+−= xcomxM ( II-23)
Para x = 6 o momento flector toma o valor M1 = - 8 KN.m. Neste ponto o eixo da viga
sofre uma inflexão de 90º, mas este facto não significa que o valor encontrado deixe de
ser o mesmo para as secções final do tramo I e inicial do tramo II. Com efeito, se se
recordar que os momentos flectores provocam a rotação das secções, não se
compreende que secções na vizinhança do mesmo vértice possam rodar de ângulos
diferentes sem que a estrutura entre em colapso.
Para calcular a equação dos momentos flectores para o tramo II vão-se integrar as
equações correspondentes do esforço cortante, devendo no entanto ter-se em atenção os
limites de integração. Na verdade, não teria qualquer significado considerar o mesmo
sistema de eixos utilizado para o tramo I, já que eixo dos XX, coincidente com o eixo dos
tramos do pórtico, roda de 90º e consequentemente os outros eixos também rodam. A
melhor forma de contornar o problema é considerar tantas translacções do sistema de eixos
quantas as necessárias, de modo a que a integração se inicie sempre na origem dos eixos.
Chama-se a atenção para o facto de os limites de integração desta função terem
necessariamente que coincidir com os que foram utilizados para estabelecer a
equação de variação dos esforços cortantes. No caso concreto deste problema esta
questão não se põe já que não houve que recorrer a integrações para obter o esforço
cortante.
Ter-se-á então:
60674674 12 ≤≤+=== ∫∫ xcomCx,xd,dxQM ( II-24)
O cálculo de C1 é feito sabendo que para x = 0 → 2M = - 8 KN.m o que implica
portanto que C1 = - 8 KN.m. A equação terá então a forma
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
55
6086742 ≤≤−= xcomx,M ( II-25)
Para x = 6 tem-se 2M = 20,02 KN.m, aproximadamente igual aos 20 KN.m que são o
valor correcto do momento neste ponto. A pequena diferença fica a dever-se aos
arredondamentos feitos no cálculo das reacções.
60335335 23 ≤≤+−=−== ∫∫ xcomCx,xd,dxQM ( II-26)
A constante 2C é o valor obtido na equação anterior para x = 6, pelo que 2C = 20 KN.m,
ficando
60203353 ≤≤+−= xcomx,M ( II-27)
Para x = 6 tem-se 3M = - 12 KN.m, valor que é transferido para o tramo III como
constante de integração 3C . Ter-se-á então
6022 34 ≤≤+=== ∫∫ xcomCxxddxQM ( II-28)
ou
601224 ≤≤−= xcomxM ( II-29)
Para x = 6 o valor do momento é nulo permitindo que o diagrama feche.
Como se pode ver por este exemplo, verificam-se por vezes erros devidos aos arredonda-
mentos efectuados, que serão tanto maiores quanto mais grosseiras forem as
aproximações.
2-5.5
Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra
56
Fig II-16
Cálculo das reacções do apoio
02 =−+ ′′xx RR
021 =−−+ ′zz RR
KN,RR zz 710101034 =⇒=−++ ′′
KN,RRR xxz 1252045 =⇒=+− ′′′
KN,Rz 31=
KN,Rx 1250=
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
57
8,5 KN.m
0,6 KN.m
4,5 KN.m
0,25 KN.m
1,7 KN
0,3 KN
0,125 KN
2,125 KN0,125 KN
1 KN
2,125 KN
1,3 KN
1,7 KN
1,7 KN
1,3 KN
2,125 KN
2,125 KN
2 KN
1,3 KN
E.N.
E.C.
M.F.
D.C.2 KN
4,5 KN.m 8,5 KN.m
Fig II-16
O traçado dos diagramas dos esforços
do sistema da figura é feito da mesma
forma que no exemplo anterior, embora
se trate de um pórtico triarticulado. Por
uma questão de automatiza-ção do uso
das convenções utilizadas vai iniciar-se
a análise do problema pelo ponto A.
Para o traçado do diagrama dos
esforços normais pode verificar-se que
no tramo I só a força reactiva Rz é que
produz uma compressão de 4,67 KN.
No tramo II o esforço normal vai ser
igual à soma da força reactiva Rx de
0,125 KN com a força de 2 KN. Repare-
se que neste caso, com aliás em todos
os tramos, o valor deste esforço é
anulado na outra extremidade pela
reacção ′xR = 2,125 KN. No tramo III ter-
se-á um esforço normal de 1,7 KN,
soma das forças verticais de valores
iguais a 1 KN e 2 KN e ainda da força
reactiva Rz. Como se pode vêr pelo
diagrama de cargas o diagrama fecha
com a força reactiva ′zR igual a 1,7 KN. Para o traçado do diagrama dos esforços
cortantes, começa-se por ter no apoio a força reactiva Rx = 0,125 KN, negativa por
convenção, mantendo-se o diagrama constante até ao ponto x = 2, a partir do qual e
até ao fim deste tramo se vai fazer sentir o efeito da força negativa de 2 KN aí aplicada.
No tramo II tem-se inicialmente a acção da força reactiva positiva zR , de 1,3 KN,
mantendo-se o diagrama constante até o ponto de aplicação da força de 1 KN. Esta
Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra
58
força, que é negativa por convenção, vai ser subtraída à anterior, passando o esforço
cortante a ter o valor de 0,3 kN a partir daqui até à rótula. Deste ponto e até ao fim
deste tramo, para além das forças já referidas produz esforço cortante a força de 2 KN
ali aplicada, pelo que se terá Q = 1,7 kN.
Na secção inicial do tramo III vão produzir esforço cortante as forças que produziam
esforço normal no tramo I, isto é a força reactiva Rx e a força de 2 KN, cuja soma é
igual a 2,125 KN. O diagrama fecha com a força ′zR de 2,125 KN.
Para a determinação das equações de variação dos momentos flectores, vai-ser
utilizada a já conhecida equação (II-4). Começando pelo ponto A, ter-se-á
20125012521 ≤≤+−=−== ∫∫ xcomCx,xd,dxQM ( II-30)
No ponto x = 0 não existe nenhum momento flector aplicado, pelo que, para que M1 = 0
terá que ser C = 0, ficando a equação com a forma
2012501 ≤≤−= xcomx,M ( II-31)
Para x = 2 → M1 = -0,25 KN.m. A partir deste ponto e até ao fim do tramo tem-se,
fazendo uma translacção do eixo dos ZZ,
2012521252 12 ≤≤+−=−== ∫∫ xcomCx,xd,dxQM ( II-32)
O valor da constante é obtido a partir da equação (II-31) no ponto x = 2, já que para x = 0 na
equação (II-32) tem que ser 2M = -0,25 KN.m, para que haja compatibilidade dos valores do
momento calculados pelas duas equações no mesmo ponto. Ficará então
2025012522 ≤≤−−= xcom,x,M ( II-33)
Para x = 2 →M2 = - 4,5 KN.m. Para o tramo II começa-se por ter
303131 23 ≤≤+=== ∫∫ xcomCx,xd,dxQM ( II-34)
Para x = 0 virá M3 = - 4,5 KN.m, pelo que será 2C = - 4,5 KN.m e a equação toma a forma 3054313 ≤≤−= xcom,x,M ( II-35)
Para x = 3 →M3 = - 0,6 KN.m.
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
59
203030 34 ≤≤+=== ∫∫ xcomCx,xd,dxQM ( II-36)
No ponto x = 0 tem-se 4M = - 0,6 KN.m, pelo que C3 = - 0,6 KN.m e a equação toma a
forma
2060304 ≤≤−= xcom,x,M ( II-37)
Para x = 2 →M4 = 0. Aliás outro valor não poderia ser encontrado para x = 2, porque
neste ponto existe uma rótula e, como se sabe, este elemento estrutural não transmite
momentos. Esta poderá ser portanto uma forma de confirmar se o diagrama dos
momentos flectores está ou não bem traçado.
507171 45 ≤≤+−=−== ∫∫ xcomCx,dx,dxQM ( II-38)
No ponto x = 0 já se viu que o momento é nulo pelo que 4C = 0 e a equação
50715 ≤≤−= xcomx,M ( II-39)
Para x = 5 →M5 = - 8,5 KN.m. Para o tramo III a variação do momento é dada pela
equação
4012521252 56 ≤≤+=== ∫∫ xcomCx,xd,dxQM ( II-40)
O valor da constante é determinado através do momento no vértice, isto é, para x = 0
tem-se M5 = -8,5 KN.m⇒ C5 = - 8,5 KN.m, ficando a equação com a forma
405812526 ≤≤−= xcom,x,M ( II-41)
Finalmente para x = 4 tem-se 6M = 0.
2-5.6
Rx1 KN/m
2 KN
2 m4 m1 m2 m2 m
Rz R´z
My
Fig II-17
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60
Cálculo das reacções do apoio
0=xR
072 =−−+ ′zz RR
095524 =−++− ′zy R,M
kN,RR zz 540418 =⇒=− ′′
kN,Rz 54= m.kNMy 16=
Diagramas dos esforços (ver figura II-18):
Esforços normais - a viga não tem este tipo de esforços.
Esforços cortantes
20541 ≤≤= xcom,Q ( II-31)
42522 ≤≤= xcom,Q ( II-32)
9413 ≤≤+−=−=−= ∫ ∫ xcomCxdxdxqQ
Para x = 4 → 3Q = 2,5 kN ⇒ C = 6,5 kN e a equação fica igual a
94563 ≤≤+−= xcom,xQ ( II-33)
Para x = 9 → 3Q = -2,5 kN. Como nesse ponto existe a força reactiva positiva de 4,5
KN, o esforço cortante passa a ter o valor 2 kN.
9413 ≤≤+−=−=−= ∫ ∫ xcomCxdxdxqQ
Para x = 9 →Q4 = 2 KN ⇒ C1 = 11 KN, pelo que a equação fica com a forma
119114 ≤≤+−= xcomxQ ( II-34)
Momentos flectores
205454 21 ≤≤+=== ∫∫ xcomCx,dx,dxQM
No ponto x = 0 existe um momento flector aplicado igual a 16 KN.m, negativo por
convenção, pelo que para que M1 = - 16 KN.m ⇒ 2C = -16, ficando
2016541 ≤≤−= xcomx,M ( II-35)
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
61
2 KN.m
7 KN.m
16 KN.m
4,5 KN
16 KN.m
1 KN/m2 KN
2 KN
2,5 KN
2,5 KN
4,5 KN 4,5 KN
.D.C.
E.N.
E.C.
M.F.
1,125 KN.m
2 KN.m
Fig II-18
Para x = 2 →M1 = - 7 KN.m.
425252 32 ≤≤+=== ∫∫ xcomCx,xd,dxQM
No ponto x = 2 tem-se M2 = - 7 KN.m → C3 = - 12, pelo que ficará
4212522 ≤≤−= xcomx,M ( II-36)
Para x = 4 →M2 = - 2 KN.m.
94562
56 42
3 ≤≤++−=+−== ∫∫ xcomCx,xxd),x(dxQM
Para x = 4 → M3 = - 2 KN.m, pelo que C4 = - 20 KN.m e a equação toma a forma
9420562
23 ≤≤−+−= xcomx,xM ( II-37)
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62
Se se determinarem as raizes desta equação verifica-se que para x = 5 e x = 8 o
momento flector é nulo, o que em parte está de acordo com os dados do problema,
uma vez que para x = 5 existe uma rótula, que como se sabe não transmite momentos.
Derivando esta equação uma vez em ordem a x e igualando a derivada a zero obtém-
se o ponto em que a função tem um máximo ou um mínimo. Pode-se verificar pela
análise da figura (II-19) que este ponto corresponde ao ponto onde o esforço cortante é
nulo, que é o ponto x = 6,5. Derivando a equação segunda vez pode-se concluir que a
função tem neste ponto um máximo. O valor desse máximo, obtido utilizando a
equação (II-37) é M3 = 1,125 KN.m.
Para x = 9 →M3 = - 2 KN.m.
119112
11 52
4 ≤≤++−=+−== ∫∫ xcomCxxxd)x(dxQM
Para x = 9, M4 = - 2 KN.m, pelo que C5 = - 60,5 KN.m, pelo que
119560112
24 ≤≤−+−= xcom,xxM ( II-38)
Para x = 11 →M4 = 0.
2-6 Exemplos práticos não resolvidos
Traçar os diagramas dos esforços normais, cortantes e momentos flectores dos
seguintes exemplos:
2-6.1
3 KN/m
5 m2 m2 m6 m2 m
2 KN
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
63
2-6.2
200 K N
2,5 m
60º45º
2 m
2-6.3
1 m2,5 m2,5 m
3 KN
2 m
2 m
2 KN
1 KN
2-6.4
60º
3 m
5 KN
2 m
3 KN2 KN
1 m1 m 1 m1 m
2-6.5
3 KN/m
2 m 3 m2 m
10 KN
1 m 3 m1 m2 m
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64
2-6.6
B2 KN
2 KN
2 KN
C
1 mA
2 KN
2 KN 2 KN1 m
2 m 2 m2 m 2 m 1 m 1 m 1 m2 m 2 m 1 m 1 m1 m
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
65
CAPÍTULO III
ESTUDO DOS SISTEMAS RETICULADOS
3.1- Introdução
Sistemas recticulados ou treliças são estruturas, constituídas por associações de barras
articuladas nas suas extremidades por rótulas ou nós. Estes sistemas são assim projectados
de forma a que as cargas a que vão estar sujeitas sejam de preferência aplicadas nos nós,
ficando os elementos estruturais que as constituem solicitados apenas por esforços normais.
As treliças podem ser planas ou tridimensionais, conforme os eixos das barras que as
constituem estejam ou não contidas num mesmo plano. Na Fig III-1 está representado um
exemplo de cada uma destas categorias. Embora todas as considerações sobre a
estaticidade que venham a ser explanadas sejam aplicáveis a todo o tipo de treliças, o
nosso estudo irá debruçar-se apenas sobre as treliças bidimensionais por falta de tempo
para abordar os métodos de resolução das tridimensionais.
No estudo das treliças vão admitir-se as seguintes hipóteses simplificadoras:
1- as articulações entre as barras que constituem o sistema faz-se através de
rótulas sem atrito.
2- as cargas e os apoios aplicam-se preferencialmente nos nós da estrutura,
embora em casos especiais possa haver outras formas de carregamento.
3- o eixo de cada uma das barras contém o centro das articulações das suas
extremidades.
Fig III-1a - Exemplo de treliça plana Fig III-1b- Exemplo de treliça tridimensional
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66
Quando estas 3 condições se verificam, as barras da estrutura ficam sujeitas apenas a
esforços normais. As tensões produzidas por estes esforços são designadas por tensões
primárias.
Nos projectos iniciais, de que a torre Eifel em Paris e as pontes de D.Maria e D. Luís no Porto
são exemplos, as treliças eram compostas por um conjunto de barras ligadas entre si por
placas rebitadas. Na prática, como se pode vêr por estes exemplos, as hipóteses
anteriormente formuladas nunca se verificam completamente, já que as articulações oferecem
sempre uma certa resistência ao movimento de rotação das barras que nela convergem, por
mais perfeitas que aquelas sejam.
Ultimamente as juntas rebitadas foram na maioria dos casos substituídas por ligações
soldadas, o que à primeira vista veio complicar ainda mais este problema pelo facto de terem
vindo agudizar a questão da rigidez das juntas com a consequente introdução de flexão nos
elementos que nelas confluem quando a estrutura é solicitada. À diferença que se verifica
entre as tensões realmente instaladas nas barras e as tensões primárias são chamadas
tensões secundárias. De qualquer modo, estas tensões podem ser minimizadas sempre que
todas as barras que concorrem num nó forem cuidadosamente dispostas de modo a que os
seus eixos se cruzem num único ponto.
Refira-se entretanto que em tudo o que atrás se disse foi desprezado o peso próprio da
estrutura que, como é fácil de perceber, introduz flexão em todas os elementos estruturais. No
entanto é usual desprezar o seu efeito no cálculo dos esforços nas barras, ou se tal não fôr
possível em virtude de ser importante o conhecimento exacto das solicitações a que aquelas
estão sujeitas, substitui-se o seu efeito em cada barra por duas forças concentradas, aplicadas
nos nós das extremidades e de grandeza igual a metade do seu peso próprio.
3.2- Determinação da Estaticidade dos Sistemas Recticulados
Como nas demais estruturas, as treliças podem dividir-se em hipoestáticas, isostáticas
e hiperestáticas, conforme o número de equações da estática disponíveis é,
respectivemente, superior, igual ou inferior ao número de incógnitas do problema.
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
67
Contudo, neste tipo de estruturas deve-se ter em atenção que para além das incógnitas de
apoio, há que determinar os esforços a que todas as barras da estrutura estão sujeitas. Neste
tipo de sistemas é então comum fazer a análise da sua estaticidade exterior, isto é, quanto ao
número de incógnitas de apoio, e da sua estaticidade interior quanto ao número de barras
cujos esforços se têm que calcular. Deste modo é possível que um sistema recticulado possa
ser, por exemplo, isóstático exteriormente e hiperestático internamente, Fig III-2, se fôr possível
escrever um número de equações suficiente para determinar as incógnitas de apoio mas
houver um número de barras superior ao de equações da estática que permita determinar os
seus esforços. Neste caso diz-se que a treliça é globalmente hiperestática em virtude do
número total de incógnitas do problema ser superior às equações da estática disponíveis.
Fig III-2 - Exemplo de uma treliça internamente hiperestática
e externamente isostática
Nos sistemas recticulados deve-se então analisar:
a sua estaticidade externa, verificando a forma como a estrutura está apoiada e o
número de equações da estática que é possível escrever;
a sua estaticidade interna, tendo em conta o número de barras cujo esforço se
desconhece e o número de equações que é possível escrever.
A partir da identificação das incógnitas do problema pode-se então dizer se o problema
tem ou não resolução recorrendo apenas às equações clássicas da estática, isto é, se
o problema é ou não globalmente isostático.
Vejamos agora como se pode determinar a estaticidade global de uma treliça constituída por
b barras articuladas e por n nós. Pelo que atrás foi dito, é evidente que o número de
incógnitas existentes na treliça, independentemente da forma como esta está apoiada, será
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68
igual a b, já que é este o número de esforços existentes. Se se admitir que esta estrutura
tem a incógnitas de apoio, que tal como as forças exteriores são aplicadas nos nós, então
dir-se-á que o número total de incógnitas do problema será igual a a + b.
Se a estrutura fôr plana, que é o caso das treliças que iremos estudar, em cada nó da
estrutura é possível escrever apenas as 2 equações da estática:
⎪⎩
⎪⎨⎧
=
=⇒=
∑∑
0
00
z
x
F
FFr
(III-1)
já que a terceira equação a que normalmente se recorre
00 =⇒= ∑ yMMr
(III-2)
deixa de ter significado, uma vez que todos os esforços das barras que concorrem
nesse nó não produzem aí qualquer momento. Assim, para uma estrutura com n nós
ter-se-ão disponíveis 2n equações da estática. Diz-se então que a treliça é
globalmente isostática se se verificar a igualdade
nba 2=+ (III-3)
isto é, se o número de incógnitas é igual ao número de equações disponível. Esta
equação pode tomar a forma
nbag 2−+= (III-4)
onde g é o grau de estaticidade do sistema. No caso de se verificar a igualdade (III-3) é
óbvio que g é igual a zero. Dir-se-á então que, se:
g < 0 a treliça será globalmente hipostática
g = 0 a treliça será globalmente isostática
g > 0 a treliça será globalmente hiperestática
Da mesma forma seria possível estudar a estaticidade interna de uma treliça,
admitindo que esta está simplesmente apoiada, mesmo que os seus apoios sejam
outros. Neste caso, o número de reacções de apoio a será igual a 3, pelo que terá que
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
69
ser este o número de equações da estática que terão que ser reservadas para as
determinar. A equação (III-4) escreve-se então sobre a forma
32 +−= nbg (III-5)
A determinação da estaticidade exterior de uma treliça é feita da mesma forma que
qualquer outra estrutura e utlizando os métodos já referidos.
No estudo dos sistemas recticulados deve-se ter em conta que os resultados obtidos através
das equações (III-4) e (III-5) nem sempre permitem tirar conclusões correctas sobre a sua
estaticidade. Com efeito, se aplicarmos uma destas equações na determinação da
estaticidade da estrutura da Fig III-3, ser-se-á levado a afirmar que esta treliça é isostática
quando na realidade se trata da associação, através das barras I e II, de um recticulado
isostático com outro hiperestático.
II
I
Fig III-3 - Exemplo de uma treliça deformável
A explicação para este facto deve-se a que um sistema qualquer de n equações e n
incógnitas nem sempre é bem determinado, só tendo solução quando o seu
determinante fôr diferente de zero.
3.3- Tipos de Sistemas Recticulados
A treliça isostática mais simples que existe é constituída por três barras e três rótulas, sendo
possível construir outros sistemas recticulados isostáticos, associando àquela conjuntos de
duas barras e uma rótula, Fig III-4. As treliças assim construídas são chamadas treliças
simples. A partir das treliças simples é possível construir outros tipos de sistemas que se
dividem em treliças compostas e treliças complexas.
Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra
70
II
Fig III-4 - Exemplo de construção de uma treliça isostática
As treliças compostas são associações de duas treliças simples feitas através ou de
uma rótula e uma barra, ou de três barras desde que não paralelas entre si nem
concorrentes num ponto, Fig III-5. É evidente que se as barras fossem concorrentes
num ponto ou paralelas entre si o sistema era deformável e portanto instável.
Fig III-5 - Exemplos de construção de treliças compostas isostáticas
As treliças complexas são estruturas em que a disposição das barras que a constituem não
obedece a qualquer critério que não seja o de as manter indeformáveis, devendo ser, tal como
os outros tipos de sistemas reticulados, isostáticas ou hiperestáticas. Estas estruturas, de que
a repreentada na figura III-6 é um exemplo, são as que normalmente mais dificuldades
apresentam para a determinanação dos esforços nas barras que as constituem.
Fig III-6 - Exemplo de uma treliça complexa isostática
3.4 - Cálculo dos Esforços Axiais nas Barras de Sistemas Recticulados
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
71
Dos vários métodos que podem ser usados na determinação dos esforços axiais das
barras de treliças bidimensionais, vão considerar-se dois:
- o método de Ritter, que é um método analítico e
- o método de Cremona que é um método gráfico
3.4.1- Método de Ritter
O método de Ritter é um método de cálculo dos esforços que utiliza a análise do
equilíbrio das partes em que uma estrutura é seccionada por um plano imaginário que
a divida em partes perfeitamente independentes. Para melhor compreensão do
problema considere-se a treliça representada na figura III-7, em equilíbrio sob a acção
das forças exteriores de 4 KN e 2 KN e das reacções de apoio já calculadas. Seccione-
se esta treliça por um plano imaginário qualquer, SS, que a divida em duas partes
totalmente independentes uma da outra e considere-se, por exemplo,
SIS
S
XI
XIX
VIII
VII
VI
V
IV
III
4 KN
2 m
II
I
2 m 2 m 2 m
16 KN
16 KN
6 KN
SI
2 KN
Fig III-7 - Determinação dos esforços nas barras da treliça pelo método de Ritter
o equilíbrio da parte à esquerda da secção, Fig III-8. Para que esta parte da estrutura
esteja em equilíbrio é necessário que a outra parte que foi ignorada seja substituída por
um conjunto de forças FII, FIII e FIV, de que desconhecemos o sentido mas
conhecemos a direcção, já que não são mais que os esforços axiais das barras
Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra
72
seccionadas pelo plano SS. Com efeito, foi referido que neste tipo de estruturas só
existiam esforços axiais, pelo que ao ser cortada uma barra qualquer, esta tem que ser
substituída pelo esforço que transmitia ao resto da estrutura, de forma a que a parte a
estudar esteja em equilíbrio estático.
Por uma questão de sistematização, arbitre-se que as três barras estão sujeitas a
esforços de tracção e através das equações da estática calculem-se as suas
grandezas.
a
FII
FIII
FIV
IV
III
II
I
16 KN
16 KN
6 KN
Fig III-8 - Sistema de forças que mantêm em equilíbrio a parte esquerda da treliça
0=18,43ºcosIVF45ºcosIIIFIIF16160xF +++−⇒=∑
0=18,43ºsenIVF45ºsenIIIF60zF −−⇒=∑
022160 =+⇒=∑ IIay FxM
KNFII 16−= barra sujeita a um esforço de compressão
KN,FIII 421= barra sujeita a um esforço de tracção
KN,FIV 8115= barra sujeita a um esforço de tracção
O facto da grandeza da barra FII ter aparecido com o sinal negativo, significa apenas
que a barra está sujeita a um esforço de compressão, ou seja o esforço a que está
sujeita tem o sentido contrário ao de tracção para ela inicialmente arbitrado.
Para continuar o cálculo dos esforços das barras da estrutura, considere-se agora, por
exemplo, a secção SI SI, Fig III-7, e estude-se o equilíbrio da parte da direita
representada na Fig III-9. Esta secção é necessária apenas para determinar os
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
73
esforços nas barras V e VI, uma vez que o esforço na barra IV já foi anteriormente
determinado. Repare-se como curiosidade que para o estudo do equilíbrio desta parte
da estrutura não teria sido necessário o cálculo das reacções de apoio.
0=18,43ºcos15,81F0xF VI +⇒=∑
0=º,sen,F4+2 0zF V 43188115−+⇒=∑
KNFVI 15−= barra sujeita a um esforço de compressão
KNFV 6= barra sujeita a um esforço de tracção
FV
FVI
b
XI
XIX
VIII
VII
VI
V
4 KN
15,81 KN
2 m 2 m
2 KN
Fig III-9 - Sistema de forças que mantêm em equilíbrio a parte direita da treliça
A barra VI podia ser ainda calculada directamente pela equação:
KNFFxxM VIVIby 150
6844220 −=⇒=++⇒=∑
A determinação das grandezas das outras barras da treliça pode fazer-se utilizando
outras secções. Há no entanto que chamar a atenção para o facto de só poderem ser
seccionadas tantas barras, de grandeza e sentido desconhecidos, quantas as
equações da estática que se possam escrever, já que de outro modo se iria ficar
com um sistema de equações indeterminado. Do mesmo modo, se as barras
seccionadas forem paralelas entre si ou concorrentes num ponto também não é
possível a utlização do método de Ritter, porque embora possamos sempre
escrever as 3 equações da estática definidas em (III-1) e (III-2) uma delas não é
linearmente independente.
Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra
74
3.4.2- Método de Cremona
O método de Cremona é um método gráfico caído em desuso com o aparecimento e
pruliferação dos meios informáticos. Tal como no caso da determinação gráfica das
reacções este meio não faz parte do actual progarama desta disciplina. No entanto,
porque este era um método expedito e muito usado há alguns atrás, e na
eventiualidade de despertar curiosidade a algum dos leitores desta páginas, decidiu-se
manter este parágrafo.
O método de Cremona baseia-se no estudo do equilíbrio de cada um dos nós de uma
estrutura reticulada tendo em conta as forças que nele actuam e os esforços existentes
nas barras que nele confluem. Porém, antes de entrar na descrição do método, há que
referir alguns conceitos ligados ao tratamento gráfico de sistemas de forças.
3.4.2.1- Método Gráfico para Tratamento de Sistemas de Forças
Como é sabido da estática, diz-se que um ponto está em equilíbrio sob a acção de um
conjunto de forças, quando a resultante desse conjunto de forças é nula e é possível
graficamente fazer a verificação do equilíbrio desse ponto, ou encontrar a resultante do
sistema de forças no caso da sua resultante ser diferente de zero.
Considere-se o sistema de forças representado na figura III-10 e determine-se a
resultante das forças aplicadas no ponto O. Por um ponto qualquer comece-se por
traçar o polígono funicular das forças obedecendo à sua posição relativa. Para tal,
arbitre-se um sentido de rotação e comece-se a traçar o polígono por qualquer uma
das forças, por exemplo a força f1 e continue-se o seu traçado colocando as outras
forças na forma indicada na figura. A resultante será nula se, uma vez colocadas no
polígono todas as forças, a extremidade da última força coincidir com o ponto onde
este começou a ser traçado, o que não é o caso do exemplo apresentado. Neste caso
o sistema de forças é equivalente à resultante R.
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I
75
R
0
f1 f2
f3 f4f1
f2f4
f3 Fig III-10 - Determinação gráfica da resultante de um sistema de forças aplicado num ponto
Considere-se agora o mesmo sistema de forças, mas a que foi associado uma força f5
de grandeza igual mas sentido contrário a R, Fig III-11. É evidente que neste caso se
pode confirmar que o ponto O está em equílibrio, já que a sua resultante é nula.
f1
f2f4
f3
0
f1 f2
f3 f4
f5
f5
Fig III-11 - Verificação gráfica do equilíbrio de um ponto sujeito a um sistema de forças
Da análise do que até agora foi dito, pode concluir-se que, se num ponto estiver aplicado um
sistema de forças de que se desconheça a grandeza de uma delas, embora seja conhecida a
sua direcção, é possível determinar graficamente a sua grandeza de modo a que o ponto O
esteja em equilíbrio. Da mesma forma é possível determinar a grandeza de duas das forças do
sistema, se as suas direcções forem conhecidas, de modo a que o ponto esteja em equilíbrio.
Neste caso, porém, o problema só tem solução inequívoca se e só se as forças cujas
grandezas são desconhecidas estiverem juntas, tal com se representa no exemplo da
figura III-12, já que de outro modo o problema não tem solução por não ficarem definidos os
pontos do polígono por onde devem passar as forças que o constituem. Para a resolução do
Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra
76
problema da figura comece-se por traçar o polígono funicular de modo a que as forças
conhecidas sejam as primeiras a aí serem colocadas. Neste caso a ordem de colocação das
forças foi f3 , f1 , f2 e f4 utilizando o sentido representado. Das outras forças conhecem-se
agora, não só as suas direcções, mas também o ponto a do polígono funicolar por onde deve
passar a força f5 e o ponto b por onde deve passar a força f6. Prolongando as duas direcções
conhecidas obtem-se o ponto c que define a grandeza de cada uma dessas forças, sendo o
sentido de cada uma definido de modo a que o polígono feche.
c
b
a
f4
f3
0
f1f2
f3 f4
f5
f2
f6
f1
f6
f5
Fig III-12 - Determinação gráfica da grandeza de duas forças conhecidas as suas direcções
A resolução deste tipo de problemas torna-se impossível se do sistema de forças
fizerem parte três ou mais forças de que seja conhecida só a sua direcção, pois
neste caso há uma infinidade de soluções que satisfazem o equilíbrio do ponto.
3.4.2.2- Notação de Bow
No estudo de sistemas recticulados, em particular na aplicação do método de
Cremona, é usual utilizar-se a chamada notação de Bow, que é uma forma prática de
identificar todas as barras do sistema e forças nele aplicadas. Esta notação consiste na
aplicação de uma letra maiúsculs a todos os espaços limitados por forças, por barras
ou por forças e barras. Deste modo, quaisquer forças ou barras passam a ficar
identificadas pelas letras minúsculas correspondentes às que definem os espaços que
lhe são adjacentes. Um exemplo da aplicação da notação de Bow está representada na
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figura III-13. Pode verificar-se que, por exemplo a força f1 passa a ser identifacada por
força ab ou ba, a reacção Rx por cd ou dc, etc.
R x
C
D
f1
f2
A
E
B
R ´zR z
F
G H
I
Fig III-13 - Exemplo de aplicação da notação de Bow
3.4.2.3- Método de Cremona
Depois de nos dois pontos anteriores se terem focado aspectos elementares para a
aplicação de método de Cremona, calculem-se agora por este método os esforços nas
barras da treliça utilizada na explicação do método de Ritter, Fig III-14, de forma a que
seja possível a comparação dos resultados obtidos pelos dois métodos.
Atendendo a que se trata de um método gráfico, comece-se por escolher uma escala
para as forças e outra para os comprimentos das barras e desenhe-se na escala
escolhida a figura da treliça. Admitindo que o valor das reacções já é conhecido,
aplique-se a notação de Bow para a identificação das forças e barras. Para facilitar a
explicação foram também numerados os nós, embora isso não seja necessário. Tal
como se fez no ponto 3.4.2.1 arbitre-se um sentido de rotação que defina a ordem por
que vão ser consideradas no estudo do equilíbrio do nó as forças e os esforços e
procure-se uma rótula em que haja apenas duas grandezas desconhecidas.
No caso da treliça em estudo, tanto pode ser o nó I como o VI, já que ambos estão nas
condições pretendidas. Comece-se por exemplo pelo estudo do equilíbrio do nó I, onde
existe uma força cd de grandeza e sentido conhecidos e dois esforços de direcção
conhecida. Por um ponto qualquer comece-se então por traçar um segmento de recta
cd,
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D
F
B
J
C
VII
VI V
IV
III
4 KN
AII
I
G
H I
16 KN
16 KN
6 KN
2 KNE
Fig III-14 - Determinação dos esforços nas barras da treliça pelo método de Cremona
com o sentido da força e com um comprimento equivalente a 4 KN na escala escolhida7.
Deste modo ficam definidos dois pontos, c e d, que são também comuns às barras
concorrentes no nó em estudo. Para determinar a grandeza dos esforços destas barras
basta fazer passar por esses pontos segmentos de recta com as direcções das barras da
treliça. A sua intersecção irá definir o ponto j, que unido aos pontos c e d define a grandeza
dos esforços nas barras dj e jc, cujo valor pode ser obtido por simples medição e posterior
conversão através da respectiva escala. O sentido desses esforços, indicado na figura III-15,
é determinado tendo em conta o sentido de rotação arbitrado e que o polígono assim
definido deve fechar para que o nó esteja em equilíbrio. Estes sentidos podem ser
posteriormente indicados na treliça de modo a tornar mais fácil a visualização do modo
como actuam os esforços nos nós.
É evidente também que se o esforço de uma barra, por exemplo da barra dj, comprime o nó
I, também vai comprimir o nó II situado no outro extremo8.. Esta barra estará então sujeita a
um esforço de compressão, enquanto que uma barra que tracciona os nós está sujeita a um
esforço de tracção, Fig III-16.
Conhecidos a grandeza dos esforços nas barras dj e jc, é agora possível prosseguir os
7 Note-se que não é a mesma coisa traçar o segmento de recta dc, uma vez que com o sentido que foi arbitrado se parte do ponto c para d e não ao contrário. 8 É evidente que a compressão exercida nos nós não é mais que a reacção à compressão que aqueles sobre ela exercem.
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Escala - 1 KN = 5 mm
jd
c
Fig III-15 – Estudo do equilíbrio do nó I da treliça da figura III-14
COMPRESSÃO
TRACÇÃO
Fig III-16 - Convenção dos esforços nas barras das treliças
cálculos nas outras barras da treliça, passando, por exemplo, a analisar o equilíbrio do
nó II. Convém notar que a análise deste nó só é possível com o conhecimento do valor
do esforço normal na barra jc, como só é possível analisar os outros nós desde que
apenas sejam desconhecidos os esforços em duas barras.
Deve-se também notar que todas as barras são articuladas em dois nós, o que implica
a duplicação do traçado da grandeza e direcção dos seue esforços, se o estudo de
cada nó fôr feito em separado. Para evitar estas repetições que só introduzem erros
desnecessários, é usual fazer um único Cremona para toda a estrutura, como o
representado na figura III-17 que diz respeito a todos os esforços e forças a que está
sujeita a treliça que se tem estado a estudar. As grandezas desses esforços estão
indicadas no Quadro I.
b e f a
j id g
cEscala - 1 KN = 5 mm
h
Fig III-17 – Cremona da treliça da figura III-14
Quadro I Tracção Compressã
Barra KN KN af 0cg 15,8 fg 1,4 ef 16 gh 6 ci 12,6 ih 3,6 eh 15 ij 0 cj 12,65 jd 12
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3.5 - Exercícios Propostos
Por qualquer dos métodos seus conhecidos, determine os esforços nas barras das
treliças repreentadas:
3.5.1
1,5 K N
3 m 3 m 2 m 2 m
2 m
2 m
1 m
2 K N 3 K N2 K N
3.5.2
1 m
2 K N
1 0 K N
1 0 K N
5 m 3 m2 m
2 , 5 m
1 , 5 m
3.5.3
1 m
3 m
4 m2 m2 m4 m
3 m 3 m
5 KN5 KN 5 KN
4 KN
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Bibliografia
- Beer, F.P., Johnston, E.R.; Mecânica Vectorial para Engenheiros - Estática, McGraw-Hill, 6ª Edição, 1998;
- Den Hartog, J.P.; Mechanics; Dover Pub., Inc, New YorK, 1961;
- Lardners, T.J., Archer, R.R.; Mechanics of Solids – an Introduction, MCGraw-Hill, 1994;
- Fonseca, A. ; Curso de Mecânica - Vol. II, Livros Técnicos e Científicos Editora, S.A;
- Timoshenko, S.P.; Resistência de Materiais - Vol. I e II, Livro Técnico S.A., 1971;
- Silva Gomes, J.F., Teoria da Elasticidade. Fundamentos e Aplicações; DEMEGI, FEUP, 1991