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3 Estática das estruturas planas
3.1 Cálculo das reações vinculares - apoios
3.1.1 Condições de equilíbrio estático
O equilíbrio estático de uma estrutura bidimensional (a estrutura considerada, as forças sobre ela aplicadas, as conexões e vínculos estão contidas no plano da figura) é dado por:
Σ FH = 0 Σ FV = 0 e Σ M (^) (i) = 0
Sendo i um ponto qualquer da estrutura.
Veja a figura abaixo.
Σ FH = 0 Não existem forças horizontais aplicadas, portanto RHC = 0.
Σ FV = 0 As forças verticais atuantes são FA = 5 kN e FB = 10 kN, portanto RVC = 15 kN
Σ M (^) (i) = 0
Para qualquer ponto da estrutura, os momentos a esquerda e à direita deste ponto, deverão ser de mesma intensidade e sentidos opostos, i é, sua soma deve ser nula.
Σ M (^) (C) = 0 5 x 4 = 10 x 2 20 (anti-horário) = 20 (horário)
Isto vale para qualquer ponto da estrutura, más, alguns pontos oferecem algumas facilidades, por exemplo, a somatória dos momentos no ponto C, não considera a reação RVC pois esta está aplicada no ponto C e portanto seu braço é nulo. O ponto D, ao contrário, considera todas as forças aplicadas na estrutura.
Σ M (^) (D) = 0 5 x 1 = (10 x 5) – (15 x 3) 5 (anti-horário) = 5 (horário)
4,0 m 2,0 m
A D C B
5 kN 10 kN
1,0 m (^) ΣF (^) H = 0
C
Me Md
RVC
F1 F
RHC
F (^) H
ΣF (^) V = 0
ΣM(i) = 0
3.1.2 Cálculo das reações de apoio
Determinar as reações de apoio para as vigas representadas abaixo
A figura abaixo mostra uma Viga Gerber. São três vigas, sendo que a central é apoiada nas extremidades dos balanços das outras duas. Como devem ser os apoios E e F? Determine todas as reações.
p A ℓ
B
ℓ/
P
A (^) ℓ^ ℓ/2^ B
P
A x ℓ B
P A x ℓ
B Kℓ a) b) c)
p A ℓ a^ B
p A ℓ
B kℓ d) e) f)
A ℓ
B
P
Kℓ g) h) i)
p A ℓ
B
p (^2) A ℓ
B
p (^1)
j)
p = 12 kN/m A 2,0 m
B
P = 20 kN p = 15 kN/m
1,2 m 1,2 m 1,0 m 2,0 m k)
A B
60º
P = 20 kN
5,0 m
1,0 m 2,0 m
p = 12 kN/m
p = 12 kN/m
1,2 m 4,0 m 1,2 m 1,2 m
A B E F C D 3,0 m 4,0 m 1,2 m
Solução Final
Observe que foi feito equilíbrio dos nós. Se a barra é tracionada ela comprime o nó e vice-versa. Assim, uma força de tração no nó implica em uma de tração na barra, com mesma intensidade e direção.
Exemplo 02: Calcular a treliça abaixo
Reações de apoio
Σ M (^) (A) = 0 = (-1000x3)+(-500x2,5981)+RVD x6 RVD = 716,51 N
Σ Fx = 0 = RHA + 500 = 0 RHA = -500 N
Σ Fy = 0 = R (^) VA + RVD - 1000 = 0 RVA = -716,51 + 1000 RVA = 283,49 N
Equilíbrio dos nós
Nó A
Σ Fy = 0 = R (^) VA + B2 sen60º B2 = - 327, Σ Fx = 0 = RHA + B2 cos60º+B1 B1 = +500+163,68 = 663,
Nó B
Σ Fy = 0 = B2 sen30º + B3 sen30º B3 = -B2 = + 327, Σ Fx = 0 = -B2 cos60º + B4+ B3 cos60º B4 = 2x(-327,35x0,5) = -327,
F (^) BC = FCB = - 1414,2 N Compressão na barra
45º
1000 N
F (^) AB = FBA = 1000,0 N Tração na barra
F (^) AC = FCA = 1000,0 N Tração na barra
1000 N 1000 N 1000 N
45º
A
H
B
B C
D 3,0 m
500 N
3,0 m
3,0 m
3,0 m
B2 B
B
B B
B
E 1000 N
RVA
RHA 3,0 m 3,0 m 1000 N RVD
500 N 2,5981 m
60º B
B
RHA RVA
B2 60º^ 60ºB
B
Nó E
Σ Fy = 0 = B3 sen60º + B5 sen60º-1000 B5 = (1000-327,35/2) / 0, B5 = 827, Σ Fx = 0 = -B1-B3 cos60º+B5 cos60º+ B B6 = 663,68 + 327,35x0,5 – 827,35x0,5 B6 = 413,
Nó C
Σ Fy = 0 = B5 sen60º + B7 sen60º B7 = -B5 = - 827, Σ Fx = 0 = -B5 cos60º - B4+ B7 cos60º+ 0 = -827,35x0,5 + 327,35 – 827,35x0,5 + 500 = OK!!!!!!!!
Nó D
Σ Fy = 0 = B7 sen60º + 716,51 B7 = -716,51/0,866 = - 827, Σ Fx = 0 = -B7 cos60º - B6 B6 = 0,5x827,35 = 413,
Resultados
RVD = 716,51 N
RHA = -500 N
RVA = 283,49 N
B1 = 663,68 Tração B5 = 827,35 Tração
B2 = - 327,35 Compressão B6 = 413,68 Tração
B3 = 327,35 Tração B7 = - 827,35 Compressão
B4 = -327,35 Compressão
B5 60º^ 60ºB
B4 500
60º B1 B
B3 B
1000
60º
B
B
60º RVD 716,
RVA
RHA RVD
500 N
A B
B C
D
B2 B
B B
B
B
E 1000 N
Observe que a “grande dificuldade” nesses problemas é a determinação dos ângulos dos triângulos e braços de alavanca da forças, ou seja, nenhuma. Basta um pouco de atenção, veja:
tgα = 0,98/5,04 = 0, α = 16,26º
r1 é dado do problema. r1 = 1,26 e no triangulo hachurado acima
tgα = 0,98/5,04 = 0,2917 = (r1) / (x1 + 0,5. 3,36) ∴ x1 = 2,
tgθ = 1,26 / (0,5. 3,36) = 0,7619 θ = 36,87º
senθ = (r8) / (2,64 + 3,36) r8 = 3,60 m
no triangulo hachurado acima senα = (r5) / (x1 + 3,36) ∴ r5 = 1,
PRONTO !!!!!!!!!!
Σ M (^) (O) = 0 = 15x(4,32) + 4,5x2,64 – N8x3,6 N8 = 21,3 kN
Σ M (^) (C) = 0 = 15x(1,68) + 4,5x3,36 + N5x1,68 N5 = -24,0 kN
Σ M (^) (E) = 0 = 13,5x(1,26) + 4,5x1,68 – N1x1,26 N1 = 19,5 kN
r
O x1 A
E
F
α
θ r
r
O x1 A
E
F α
α (^) θ
F 3, α 2,24–1,26 = 0,
Observe que a grande vantagem do método das seções é possibilitar a determinação dos esforços em barras sem a necessidade de resolver a treliça inteira.
Tanto faz estabelecer as equações de equilíbrio com as forças aplicadas na parte esquerda ou na parte direita da treliça. Escolhe-se aquela parte na qual se encontram menos forças externas que é a parte esquerda no exemplo.
Toda parcela recebe seu sinal conforme o sentido de giro em relação ao ponto em questão, considerando arbitrariamente um dos dois sentidos como positivo. As incógnitas são supostas como trações nas barras; quando resulta um valor positivo, a barra recebe tração como aconteceu nas barras 1 e 8; quando o resultado é negativo, a barra recebe compressão como a barra 5.
Se a configuração da treliça não permite cortes que passem por apenas 3 barras, o processo de RITTER não pode ser aplicado. Uma exceção é a "treliça K" muito usada em contraventamentos de pontes metálicas. O corte indicado na figura II encontra as barras 3, 11, 23, 33. As forças nas barras 11, 23, 33 passam pelo ponto d e desta forma resulta N diretamente da equação Σ M (^) d = 0.
Exercício: Resolva a treliça abaixo pelo método das seções
A 3,0 m D
500 N 3,0 m (^2)
E
C 3,0 m
B
1000 N
3,0 m
1
3
4 5
6
7
RA RB
H (^) A
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 A 30 33 34 35 36 37 B
