Estática Das Estruturas

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ESTÁTICA – DEC 3674 27 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. FH 1,0 m A D C ΣFH = 0 B F1 5 kN RHC ΣM(i) = 0 F2 10 kN 4,0 m 2,0 m ΣFV = 0 RVC Me Md C 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) ESTÁTICA – DEC 3674 28 3.1.2 Cálculo das reações de apoio Determinar as reações de apoio para as vigas representadas abaixo P ℓ/2 A P ℓ/2 ℓ A x A B P B ℓ a) ℓ b) p B A p B ℓ A kℓ ℓ d) e) B A B a ℓ f) p1 p Kℓ c) p A B x P p2 A B ℓ A B ℓ g) Kℓ ℓ h) i) p = 12 kN/m P = 20 kN p = 15 kN/m A A B 2,0 m 1,2 m 1,2 m 1,0 m 60º p = 12 kN/m B 5,0 m 2,0 m 1,0 m P = 20 kN 2,0 m k) j) 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 = 12 kN/m A 1,2 m B 4,0 m E 1,2 m F 3,0 m C 1,2 m D 4,0 m 1,2 m ESTÁTICA – DEC 3674 29 3.2 Análise de treliças pelo método dos nós Nas treliças os nós são articulações perfeitas, sem força de atrito, as forças são aplicadas apenas nos nós e, as barras transmitem apenas esforços normais. Para o equilíbrio do nó devem ser satisfeitas as seguintes equações: Σ Fx = 0 Exemplo 01: 1000 1000 Σ Fy = 0 e B B β 3,0 m 3,0 m 4,243 m A RHA C A 3,0 m tg β = 3/3 = 1 tg α = 3/3 = 1 C 3,0 m RVA α RVC α = β = 45º sen 45º = cos 45º = 0,7071 Reações: Σ M(A) = 0 0 = RVCx3 - 1000x3 RVC = 1000 Σ Fx = 0 0 = RHA + 1000 RHA = -1000 Σ Fy = 0 0 = RVA + RVC RVA = -1000 Equilíbrio dos nós (+) Tração (-) compressão 1000 N Nó B Σ FH = 0 = 1000 + RBC sen β FBC = -1000 / sen β Σ FV = 0 = RBA + FBC cos β FAB = - FBC cos β = 1000 N B FBA FBC = - 1414,2 N β FBC FCB Nó C Σ FV = 0 = RVC + FCB sen α FCB = - RVA / sen α = -1414,2 N ok!!!!!! Σ FH = 0 = FCA + FCB cos α FCA = - FBC cos α = 1000 N Nó A α FCA RVC RHA Σ FV = 0 = RVA + FAB FAB = - RVA = 1000,0 N ok!!!!!! Σ FH = 0 = RHA + FAC FAC = - RBA = 1000,0 N ok!!!!!!! C FAB A FAC RVA ESTÁTICA – DEC 3674 Solução Final 30 1000 N Observe que foi feito equilíbrio dos 45º nós. Se a barra é tracionada ela FBC = FCB = - 1414,2 N Compressão na barra FAB = FBA = 1000,0 N Tração na barra comprime o nó e vice-versa. Assim, uma força de tração no nó implica em 45º uma de tração na barra, com mesma 1000 N 1000 N intensidade e direção. FAC = FCA = 1000,0 N Tração na barra 1000 N Exemplo 02: Calcular a treliça abaixo Reações de apoio 3,0 m B C 500 N B4 500 N 3,0 m B2 B3 B5 B1 B7 2,5981 m H B6 A 3,0 m E 1000 N 3,0 m 3,0 m RHA RVA D 3,0 m 1000 N RVD Σ M(A) = 0 = (-1000x3)+(-500x2,5981)+RVDx6 RVD = 716,51 N Σ Fx = 0 = RHA + 500 = 0 RHA = -500 N Σ Fy = 0 = RVA + RVD - 1000 = 0 RVA = -716,51 + 1000 RVA = 283,49 N Equilíbrio dos nós Nó A B2 60º RHA RVA B1 Σ Fy = 0 = RVA + B2 sen60º B2 = - 327,35 Σ Fx = 0 = RHA + B2 cos60º+B1 B1 = +500+163,68 = 663,68 Nó B B2 60º B4 60º B3 Σ Fy = 0 = B2 sen30º + B3 sen30º B3 = -B2 = + 327,35 Σ Fx = 0 = -B2 cos60º + B4+ B3 cos60º B4 = 2x(-327,35x0,5) = -327,35 ESTÁTICA – DEC 3674 31 Nó E B3 60º B1 B5 60º B6 1000 Σ Fy = 0 = B3 sen60º + B5 sen60º-1000 B5 = (1000-327,35/2) / 0,866 B5 = 827,35 Σ Fx = 0 = -B1-B3 cos60º+B5 cos60º+ B6 B6 = 663,68 + 327,35x0,5 – 827,35x0,5 B6 = 413,68 Nó C B4 B5 500 60º 60º B7 Σ Fy = 0 = B5 sen60º + B7 sen60º B7 = -B5 = - 827,35 Σ Fx = 0 = -B5 cos60º - B4+ B7 cos60º+500 0 = -827,35x0,5 + 327,35 – 827,35x0,5 + 500 = OK!!!!!!!! Nó D B7 60º B6 Σ Fy = 0 = B7 sen60º + 716,51 B7 = -716,51/0,866 = - 827,35 Σ Fx = 0 = -B7 cos60º - B6 RVD 716,51 B B6 = 0,5x827,35 = 413,68 Resultados C 500 N B4 RVD = 716,51 N B5 B3 B2 B7 RHA = -500 N RVA = 283,49 N A RHA RVA B1 E B6 1000 N D RVD 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 ESTÁTICA – DEC 3674 32 3.3 Análise de treliças pelo método das seções – Processo de Ritter Separando uma treliça em duas partes, por um corte imaginário, as cargas aplicadas numa das partes devem formar um sistema em equilíbrio junto com as forças incógnitas, agindo nas barras cortadas. Em muitas treliças as barras são distribuídas de tal forma que o corte encontra apenas 3 barras. As 3 condições de equilíbrio de uma das partes são então suficientes para obter as 3 incógnitas. O processo de RITTER baseia-se neste raciocínio e usa como condição de equilíbrio três equações de momento, escolhendo como pontos de referência os pontos de encontro de duas das forças incógnitas. Desta forma cada equação de equilíbrio conta com apenas uma incógnita. 12 KN F VA E 4 HA 5 8 9 10 1 3,36 m 11 2 C A 12 KN 6 18 KN 3,36 m 10,08 m G VB 1,26 m 15 KN 7 3 D 2,24 m 13,5 KN B 3,36 m Cálculo das reações Σ M(A) = 0 = 15x1,68 - 18x3,36 – 13,5x2,24 – 12x5,04 – 12x8,4 + VBx10,8 = 0 VB = (25,2 – 60,48 – 30,24 – 60,48 – 100,8) / 10,8 = 22,5 kN Σ Fy = 0 VA = -15 + 18 + 12 + 12 – 22,5 Σ FX = 0 HA = 13,5 kN VA = 4,5 kN Agora vamos fazer um corte imaginário passando pelas barras 5, 8 e 1 separando a treliça em duas. A figura a seguir mostra a parte esquerda da treliça com os pontos de referência das 3 equações de ΣM = 0. Os pontos A, E e C são nós, o ponto O foi procurado como interseção das barras 1 e 5. Os braços r1, r5 e r8 devem ser calculados como alturas de triângulos. ESTÁTICA – DEC 3674 33 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: F5 α 2,24–1,26 = 0,98 tgα = 0,98/5,04 = 0,2917 3,36 α = 16,26º F5 r8 O α x1 r1 é dado do problema. α θ E r1 θ A r1 = 1,26 e no triangulo hachurado acima tgα = 0,98/5,04 = 0,2917 = (r1) / (x1 + 0,5 . 3,36) ∴ x1 = 2,64 tgθ = 1,26 / (0,5 . 3,36) = 0,7619 senθ = (r8) / (2,64 + 3,36) θ = 36,87º r8 = 3,60 m F5 E O α x1 r5 A no triangulo hachurado acima senα = (r5) / (x1 + 3,36) ∴ r5 = 1,68 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 ESTÁTICA – DEC 3674 34 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 N3 diretamente da equação Σ Md = 0. 1 7 2 8 21 20 9 22 30 A 10 23 3 11 24 33 4 12 25 13 26 34 14 27 5 15 28 35 6 17 16 29 18 31 19 30 37 36 B Exercício: Resolva a treliça abaixo pelo método das seções B 3,0 m HA A RA 2 1 3,0 m 4 3,0 m 3 C 500 N 5 E 1000 N 7 3,0 m 6 D RB ESTÁTICA – DEC 3674 4 3 2 B 3,0 m HA 4 2 3 A RA C h = 3,0 . sen 60º = 2,5981 m 500 N 5 7 E 1 3,0 m α = 60º (Triângulo eqüilátero) 4 5 6 3,0 m 35 Observe que são conhecidos: 3,0 m RHA = 500,00 N, 6 D RB 1000 N RVA = 283,49 N e RVD = 716,51 N B 4 2 ΣM(E) = 0 1 (1) B4 = - 327,3461 3 ΣM(A) = 0 HA B4 . h + 3 . RVA = 0 B4 . h + B3 . h = 0 (2) E B3 = - B4 = 327,3461 A RA ΣM(B) = 0 1,5 . RA + HA . h = B1 . h (3) B1 = (1,5x283,49 + 500x2,5981) / 2,5981 B1 = 663,5949 B1 = 663,68 Tração B3 = 327,35 Tração B4 = -327,35 Compres Observe que foram encontrados os mesmos resultados obtidos pelo equilíbrio dos nós, mas agora se obteve os valores diretamente nas barras desejadas.