Resistencia Dos Materiais

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE MATO GROSSO CENTRO DE CIÊNCIAS AGRARIAS DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA FLORESTAL ELEMENTOS DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS E DE ESTÁTICA DAS ESTRUTURAS NORMAN BARROS LOGSDON CUIABÁ, MT. - 1989 SUMÁRIO CONTEÚDO PÁGINA 1. RESUMO DE ALGUNS PRINCÍPIOS DA ESTÁTICA 1.1. SISTEMA DE UNIDADES 1.2. NOÇÕES SOBRE FORÇAS 1.3. DECOMPOSIÇÃO DE UMA FORÇA 1.4. EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO 1.5. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 2. APOIOS 2.1. APOIO MÓVEL 2.2. APOIO FIXO 2.3. ENGASTAMENTO MÓVEL 2.4. ENGASTAMENTO FIXO 2.5. ESTABILIDADE DAS ESTRUTURAS 2.6. CÁLCULO DAS REAÇÕES DE APOIO (ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS) 2.7. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 3. ESFORÇOS SOLICITANTES 3.1.CONCEITUAÇÃO 3.2. BARRAS, VIGAS E PILARES 3.3. CÁLCULO DE ESFORÇOS SOLICITANTES 3.4. DIAGRAMAS DE ESFORÇOS SOLICITANTES 3.5. PRINCÍPIO DA SUPERPOSIÇÃO DE EFEITOS 3.6. RELAÇÕES DIFERENCIAIS ENTRE ESFORÇOS SOLICITANTES 3.7. TEOREMAS AUXILIARES PARA O TRAÇADO DE DIAGRAMAS DE ESFORÇOS SOLICITANTES 3.8. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 4. ESTUDO ELEMENTAR DA RESISTÊNCIA 4.1. TRAÇÃO E COMPRESSÃO 4.2. CISALHAMENTO SIMPLES 4.3. FLEXÃO DE BARRAS COM SEÇÃO SIMÉTRICA 4.4. DEFORMAÇÃO POR FLEXÃO 4.5. FLAMBAGEM 4.6. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 5. CARACTERÍSTICAS GEOMÉTRICAS DE SEÇÕES PLANAS 5.1. GENERALIDADES 5.2. DEFINIÇÕES ii 1 1 2 3 5 7 9 9 10 12 12 13 15 21 23 23 25 26 31 40 46 48 64 68 68 72 73 79 88 95 98 98 100 CONTEÚDO PÁGINA 5.3. TABELAS DE CARACTERÍSTICAS GEOMÉTRICAS DE SEÇÕES PLANAS 5.4. EXEMPLOS DE APLICAÇÃO 5.5. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 6. TEORIA DAS TRELIÇAS 6.1. GENERALIDADES 6.2. TIPOS DE TRELIÇAS 6.3. NOMENCLATURA UTILIZADA 6.4. CÁLCULO DE ESFORÇOS NAS BARRAS DE TRELIÇAS ISOSTÁTICAS 6.5. DESLOCAMENTOS EM ESTRUTURAS LINEARES 6.6. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 7. BIBLIOGRAFIA iii 101 104 115 117 117 117 121 122 140 153 165 PREFÁCIO O objetivo deste trabalho é condensar, em um texto único, os conceitos básicos, sobre Resistência dos Materiais e Estática das Estruturas, necessários ao curso de Engenharia Florestal. A necessidade, sobre o assunto, para o Engenheiro Florestal, é relativamente pequena, limitando-se as estruturas isostáticas simples, como vigas, pilares e treliças planas. Desta forma, este trabalho não pretende esgotar o assunto, restringindo-se a estas estruturas. Para melhor assimilação do assunto algumas demonstrações são simplificadas pela omissão de alguns fenômenos, integrantes do problema em questão, sem, entretanto, invalidar a teoria para o caso geral , outras não passam de mera mostra de cálculo. iv 1 l. RESUMO DE ALGUNS PRINCÍPIOS DA ESTÁTICA Uma estrutura é uma obra estática, isto é, não deve sofrer deslocamentos, por este motivo, introduzir-se-á neste capitulo alguns dos princípios da estática, tais como: sistema de unidades, noções sobre forças e equilíbrio de um corpo rígido. 1.1. SISTEMA DE UNIDADES Neste curso adotar-se-á o SISTEMA INTERNACIONAL (MKS), por ser o sistema de unidades oficial, vigente no pais, as unidades básicas deste sistema são: Para as UNIDADES DE COMPRIMENTO o sistema utiliza o METRO (m) seus múltiplos e submúltiplos: Metro (m) Centímetro (cm) Milímetro (mm) Quilômetro (km) Æ 1 cm = 10-2 m Æ 1 mm = 10-3 m = 10-1 cm Æ 1 km = 103 m = 105 cm = 106 mm Para as UNIDADES DE MASSA o sistema utiliza o QUILOGRAMA (kg) seus múltiplos e submúltiplos: Quilograma (kg) Grama (g) Tonelada (ton.) Æ 1 g = 10-3 kg Æ 1 ton. = 103 kg = 106 g Para as UNIDADES DE TEMPO o sistema utiliza o SEGUNDO (s) e seus múltiplos: Segundo (s) Minuto (min) Hora (h) Æ l min = 60 s Æ 1 h = 60 min = 3600 s A unidade de força, neste sistema, é obtida das anteriores. Sabendo-se que FORÇA É A CAUSA DE UMA ACELERAÇÃO SOBRE UMA DETERMINADA MASSA (F = m.a), a unidade de força é composta, produto de uma unidade de massa por uma unidade de aceleração, resultando kg.m/s2 ao qual denomina-se NEWTON (N). Assim para UNIDADES DE FORÇA o sistema utiliza o NEWTON (N) e seus múltiplos: Newton (N) Æ 1 N = 1 kg.m/s2 Quilonewton (kN) Æ 1 kN = 103 N Meganewton (MN) Æ 1 MN = 103 kN = 106 N 2 1.2. NOÇÕES SOBRE FORÇAS A força mais conhecida é o PESO (P), definido como sendo A CAUSA DA ACELERAÇÃO DA GRAVIDADE (g = 9,81 m/s2) SOBRE UMA DETERMINADA MASSA (P = m . g), TEM SEMPRE A DIREÇÃO VERTICAL E O SENTIDO PARA BAIXO. Em estruturas, em geral, as forças atuantes são originárias de pesos, entretanto sua direção pode ser diferente da vertical, conforme exemplo representado na figura 01. FIG. 01 - Força atuante, em direção diferente da vertical , originária de um peso O peso de um corpo é na realidade a soma dos pesos de todas as suas moléculas, na prática, entretanto, não existe interesse em se conhecer o peso de uma molécula, pois é quase impossível se determinar quantas moléculas existem no corpo. Um valor mais acessível é o PESO ESPECÍFICO (γ), definido como o PESO POR UNIDADE DE VOLUME (γ = P/V). As unidades usuais do peso especifico são: N/m3 , N/cm3 , N/mm3 e etc.. Quando se estuda uma estrutura, as forças atuam distribuídas em uma certa área, assim criou-se o conceito de PRESSÃO que é A FORÇA POR UNIDADE DE ÁREA (p = F/A), ver figura 02. Um conceito semelhante é o de TENSÃO, que é a FORÇA (como reação interna do material) POR UNIDADE DE ÁREA DA SEÇÃO TRANSVERSAL (σ = F/A), ver figura 03. A unidade usual de pressão ou de tensão é o PASCAL (Pa) ou seu múltiplo o MEGAPASCAL (MPa), definidos como: Pascal (Pa) Æ 1 Pa = 1 N/m2 Megapascal (MPa) Æ 1 MPa = 106 Pa ⇒ 1 MPa = 106N/m2 = 1 N/mm2 FIG. 02 - Força por unidade de área (pressão) 3 FIG. 03 - Força por unidade de área da seção transversal (tensão) Muitas vezes defronta-se com problemas onde uma das dimensões da área, onde se distribui a força, é muito pequena em relação a outra. Nestes casos em vez de se usar o conceito de pressão, é melhor, na prática, a utilização do conceito de CARGA UNIFORMEMENTE DISTRIBUÍDA que é a FORÇA POR UNIDADE DE COMPRIMENTO (p = F/L), a figura 04 é um exemplo de carga uniformemente distribuída. As unidades usuais para carga uniformemente distribuída são: N/m, N/cm, N/mm e etc.. FIG. 04 - Força distribuída por unidade de comprimento (carga uniformemente distribuída) Outra ocorrência comum, na prática, aparece quando a área, onde se distribui a força, tem as duas dimensões muito pequenas, em relação as demais dimensões do problema, neste caso costuma-se utilizar a força como CARGA CONCENTRADA em apenas um ponto, a figura 05 é um exemplo deste tipo de carregamento. As unidades usuais para carga concentrada são as mesmas utilizadas para forças, isto é: N, kN e etc.. FIG. 05 - Força aplicada em um ponto (carga concentrada) 1.3. DECOMPOSIÇÃO DE UMA FORÇA Um sólido submetido a um sistema de forças, não em equilíbrio, sofre uma aceleração em uma determinada direção e sentido. Uma força que cause uma aceleração de mesma 4 magnitude direção e sentido que este sistema de forças é conhecida como RESULTANTE DAS FORÇAS deste sistema, e, é a soma vetorial das forças deste sistema. Algumas vezes, em estruturas, é conhecida a resultante das forças, porém o problema é mais facilmente resolvido ao se conhecer um sistema de forças de direções ortogonais conhecidas e de mesma resultante. Neste caso pode-se decompor a força nas direções ortogonais desejadas, bastando para isto multiplicar esta força pelo coseno do ângulo que ela forma com cada uma destas direções, obtendo as COMPONENTES desta força nas direções consideradas. Fx = F . cos α ( ) Fy = F. cos β ⇒ Fy = F. cos 90o − α ⇒ Fy = F.senα FIG. 06 - Decomposição da força F em Fx e Fy Note na figura 06, que: Fx ⇒ Fx = F . cos α F Fy ⇒ Fy = F . cos β cos β = F cos α = Note ainda, que a força F é a soma vetorial de Fx e Fy. FIG. 07 - Soma vetorial de Fx e Fy resultando F A titulo de exemplo, pode-se decompor o carregamento da estrutura representada na figura 08, em duas forças, uma axial e outra normal ao eixo da estrutura, conforme segue: 5 FIG. 08 - Exemplo dado FIG. 09 - Decomposição do carregamento L2 = 4,00 2 + 3,00 2 ⇒ L = 5,00m cos β = 4,00 = 0,80 5,00 cos α = 3,00 = 0,60 5,00 Fa = F . cos α = 2000.0,60 = 1200 N Fn = F . cos β = 2000 .0,80 = 1600 N Resultando o carregamento equivalente da figura 10. FIG. 10 - Carregamento equivalente ao do exemplo dado 1.4. EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO Todo sólido submetido à ação de forças se deforma, entretanto, na prática, a natureza do problema em estudo, muitas vezes permite abstração desta deformação e considerar o 6 sólido como um corpo rígido. CORPO RÍGIDO É TODO SÓLIDO CAPAZ DE RECEBER FORÇAS SEM SE DEFORMAR. Seja um corpo rígido contido em um plano e cujos deslocamentos possíveis também estejam contidos neste plano. Neste caso este corpo rígido estará em equilíbrio se e somente se as três equações fundamentais da estática forem satisfeitas: 1 - A soma das componentes horizontais de todas as forças aplicadas a este corpo rígido é nula. ∑F h =0 2 - A soma das componentes verticais de todas as forças aplicadas a este corpo rígido é nula. ∑F v =0 3 - A soma dos momentos, em qualquer ponto do corpo rígido, oriundos de todas as forças aplicadas a este corpo rígido, é nula. ∑M O =0 Sendo o MOMENTO (Mo) definido pelo PRODUTO DA FORÇA (F) PELA DISTÂNCIA (z) DO PONTO CONSIDERADO (O) À LINHA DE AÇÃO DESTA FORÇA. Esta distância é conhecida por BRAÇO DE ALAVANCA. As unidades usuais de momento são: N.m, N.cm, N.mm e etc.. M O = F .z O corpo rígido descrito acima é na realidade uma abstração, entretanto grande parte das estruturas podem ser estudadas como um conjunto de estruturas menores que se comportam da forma descrita acima, Estas estruturas são ditas ESTRUTURAS PLANAS pois estão CONTIDAS EM UM PLANO COM DESLOCAMENTOS EXCLUSIVAMENTE NESTE PLANO. A titulo de exemplo, pode-se obter as forças Fl , F2 e F3 para que o corpo rígido da figura 11 esteja em equilíbrio. 7 FIG. 11 - Corpo rígido em equilíbrio Aplicando-se as equações de equilíbrio, obtêm-se, as incógnitas Fl , F2 e F3. ( ) ∑F + =0 → ∴ F1 − 1000 = 0 ⇒ F1 = 1000 N ∑F = 0(+ ↑ )∴ F2 + F3 = 3000 h v ∑M O ∴ F1 .0 + F2 .0 + 3000.2,50 + 1000.0 − F3 .5,00 = 0 ⇒ F3 = 1500 N =0 Substituindo-se o resultado de ∑M O = 0 , na equação ∑F v = 0 , obtém-se: F2 + F3 = 3000 ⇒ F2 + 1500 = 3000 ⇒ F2 = 1500 Assim, o corpo rígido representado na figura 11 estará em equilíbrio se Fl = 1000 N, F2 = 1500 N e F3 = 1500 N, e ainda, nas direções e sentidos indicados na figura 11. 1.5. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1.5.1. Quais são as unidades básicas do sistema internacional? 1.5.2. Como é obtida a unidade de força no sistema internacional? Como é denominada esta unidade? 1.5.3. O que é peso? Quais suas características? Quais as unidades utilizadas? 1.5.4. O que é peso especifico? Quais as unidades utilizadas? 1.5.5. O que é pressão? Quais as unidades utilizadas? 1.5.6. O que é tensão? O que a diferencia de pressão? 1.5.7. O que é carga uniformemente distribuída? Quais as unidades utilizadas? 1.5.8. O que é carga concentrada? Quais as unidades utilizadas? 8 1.5.9. O que é resultante de um sistema de forças? 1.5.10. Como se obtém a componente de uma força em determinada direção? 1.5.11. Decompor as forças representadas na figura 12, nas direções dos eixos x e y. FIG. 12 FIG. 13 1.5.12. Obter um carregamento equivalente, ao representado na figura 13, de tal forma a obter cargas axiais e normais ao eixo da estrutura. 9 2. APOIOS Entende-se por APOIO, O ELEMENTO DE VINCULAÇÃO (vínculo) DA ESTRUTURA PROPRIAMENTE DITA COM O SOLO OU QUALQUER OUTRO ELEMENTO DA INFRAESTRUTURA (pilares, colunas etc.). Existem vários tipos de apoio, sendo os mais utilizados: o apoio móvel, o apoio fixo, o engastamento móvel e o engastamento fixo. 2.1. APOIO MÓVEL Em um laboratório, um apoio móvel pode ser formado por dois berços (superior e inferior), um rolo entre eles que permite a rotação e dois outros rolos nos quais se apoia o berço inferior, permitindo a translação do conjunto sobre a superfície de apoio. O sistema possui DOIS GRAUS DE LIBERDADE, isto é, ROTAÇÃO E TRANSLAÇÃO PARALELA À SUPERFÍCIE DE APOIO. O sistema possui apenas uma REAÇÃO cuja direção é PERPENDICULAR À SUPERFÍCIE DE APOIO e passa pelo centro do rolo que dá formação a rótula. A figura 14 representa este tipo de apoio, a figura 15 mostra sua representação esquemática e a figura 16 sua forma mais comum em estruturas de madeira. FIG. 14 - Apoio móvel (esquema de laboratório) FIG. 15 - Apoio móvel (representação esquemática) 10 a) Perspectiva do apoio b) Vista lateral c) Vista frontal FIG. 16 - Apoio móvel (exemplo em estruturas de madeira) 2.2. APOIO FIXO O apoio fixo difere do apoio móvel apenas por não permitir a translação pode ser montado em laboratório, conforme representação da figura 17. O sistema possui somente UM GRAU DE LIBERDADE, A ROTAÇÃO. Sua REAÇÃO é de direção desconhecida, podendo ser decomposta em duas, uma PERPENDICULAR e outra PARALELA À SUPERFÍCIE DE APOIO. A figura 18 mostra a representação esquemática deste apoio e a figura 19 sua forma mais comum em estruturas de madeira. 11 FIG. 17 - Apoio fixo (esquema de laboratório) FIG. 18 - Apoio fixo (representação esquemática) a) Perspectiva do apoio b) Vista lateral c) Vista frontal FIG. 19 - Apoio fixo (exemplo em estruturas de madeira) 12 2.3. ENGASTAMENTO MÓVEL Um engastamento móvel pode ser montado, em laboratório, conforme a representação da figura 20. O sistema possui somente UM GRAU DE LIBERDADE, ou seja, A TRANSLAÇÃO PARALELA À SUPERFÍCIE DE APOIO. Sua REAÇÃO é definida por um momento, dito MOMENTO DE ENGASTAMENTO, que impede a rotação, e uma REAÇÃO PERPENDICULAR À SUPERFÍCIE DE APOIO passando pelo eixo médio dos rolos, que impede a translação na direção deste eixo. O engastamento móvel pode ser representado de forma esquemática conforme a figura 21. Em estruturas de madeira esse engastamento é pouco utilizado, podendo, entretanto, ser associado à colocação da peça de madeira em um orifício, preparado com antecedência, em um bloco de concreto, sem que ocorra aderência da madeira ao concreto. FIG. 20 - Engastamento móvel (esquema de laboratório) FIG. 21 - Engastamento móvel (representação esquemática) 2.4. ENGASTAMENTO FIXO O engastamento fixo é um tipo de apoio, que NÃO POSSUI GRAU DE LIBERDADE. Sua REAÇÃO é definida através de três parâmetros: REAÇÃO PERPENDICULAR, REAÇÃO PARALELA AO EIXO LONGITUDINAL DA PEÇA E MOMENTO DE ENGASTAMENTO. As reações impedem as translações e o momento impede a rotação. Este tipo de engastamento, em estruturas de madeira, pode ser conseguido pelo simples embutimento da peça de madeira em um bloco de concreto, onde deverá existir a aderência da peça ao concreto. Esta aderência é melhorada, na prática, pela colocação de pregos na região, da peça, embutida no bloco de concreto. 13 FIG. 22 - Engastamento fixo (esquema de laboratório) FIG. 23 - Engastamento fixo (representação esquemática) 2.5. ESTABILIDADE DAS ESTRUTURAS Uma das condições para que uma estrutura seja segura, é que as condições de apoio sejam estáveis. Entende-se por CONDIÇÃO DE APOIO ESTÁVEL, como regra e portanto existindo exceções, ditos casos especiais, QUALQUER COMBINAÇÃO DE APOIOS QUE FORNEÇA TRÊS OU MAIS REAÇÕES DE APOIO, a figura 24 apresenta alguns exemplos de condição de apoio estável. FIG. 24 - Exemplos de condição de apoio estável Quanto a combinação de apoios, externamente, as estruturas podem sem ser: ESTRUTURAS HIPOSTÁTICAS são as estruturas nas quais a COMBINAÇÃO DE APOIOS É INSTÁVEL, portanto possuem em geral MENOS DE TRÊS REAÇÕES. Por terem combinação de apoio instável NUNCA DEVEM SER UTILIZADAS. 14 FIG. 25 - Exemplos de estruturas hipostáticas ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS ou ESTRUTURAS ESTATICAMENTE DETERMINADAS são as estruturas cuja COMBINAÇÃO DE APOIOS É ESTÁVEL, entretanto possuem APENAS TRÊS REAÇÕES, as quais podem ser OBTIDAS ATRAVÉS DAS TRÊS EQUAÇÕES DE EQUILÍBRIO. FIG. 26 - Exemplos de estruturas isostáticas ESTRUTURAS HIPERESTÁTICAS ou ESTRUTURAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS, são estruturas que possuem uma COMBINAÇÃO DE APOIOS ESTÁVEL, porém com MAIS DE TRÊS REAÇÕES e portanto as três equações de equilíbrio não são suficientes para obtê-las, assim NECESSITAM EQUAÇÕES SUPLEMENTARES ORIUNDAS DA COMPATIBILIDADE DE DESLOCAMENTOS, para obter suas reações. Este tipo de estrutura não será objeto de estudo deste cuirso. FIG. 27 - Exemplos de estruturas hiperestáticas 15 2.6. CÁLCULO DAS REAÇÕES DE APOIO (ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS) O cálculo das reações de apoio de uma estrutura isostática, como já foi visto, é feito com o Fh = 0 , Fv = 0 e M O = 0 ). A seguir é auxilio das três equações de equilíbrio ( ∑ ∑ ∑ apresentado um roteiro para se calcular as reações de apoio de uma estrutura isostática, com relativa facilidade. ROTEIRO PARA CÁLCULO DE REAÇÕES DE APOIO 1. Substituir os apoios por suas reações, utilizando-as como incógnitas. O sentido das reações é adotado arbitrariamente. 2. Concentrar, se necessário, os carregamentos uniformemente distribuídos no centro do trecho carregado e/ou decompor cargas inclinadas. 3. Aplicar as três equações de equilíbrio e resolver o sistema de equações resultante obtendo as reações de apoio. Para facilitar os cálculos costuma-se escolher um dos apoios, o que contiver maior número de reações, para se MO = 0. aplicar a equação ∑ 4. Fornecer a solução em desenho, invertendo o sentido das reações que resultarem negativas na resolução do sistema. Para melhor entendimento do roteiro descrito, apresenta-se a seguir o cálculo das reações de apoio para alguns exemplos. EXEMPLOS - Calcular as reações de apoio, para as estruturas isostáticas, esquematizadas na figura 28. FIG. 28 - Exemplos - para cálculo das reações de apoio 16 a) O primeiro passo é substituir os apoios por suas reações, conforme figura 29, O sentido destas reações são adotados arbitrariamente. FIG. 29 - Substituição dos apoios por suas reações O segundo passo que seria concentrar os carregamentos uniformemente distribuídos, neste caso, não existe. O terceiro passo é aplicar as três equações de equilíbrio. Para isto deve-se adotar, arbitrariamente, o sentido positivo das forças ou dos momentos, estes sentidos estão representados ao lado de cada uma das equações. O ponto adotado para explicar a equação de momentos foi o ponto A. ( ) ∑F + =0  → ∴ −H A = 0 ⇒ H A = 0N ∑F = 0(+ ↑ )∴ V A + V B − 20000 − 30000 = 0 ⇒ V A + V B = 50000 h v ∑M A =0 ∴ H A .0 + V A .0 + 20000.1,00 + 30000.(1,00 + 1,50) + − V B .5,00 = 0 ⇒ V B = 19000 N Ainda no terceiro passo resolve-se o sistema de equações resultante, obtendo-se as reações de apoio. H A = 0N V B = 19000 N V A + VB = 50000 ⇒ V A + 19000 = 50000 ⇒ V A = 31000 N O quarto passo é fornecer a solução em desenho. Como os resultados obtidos foram todos positivos, e portanto, os sentidos inicialmente adotados estão corretos, não se deve inverter nenhum dos sentidos iniciais na solução representada na figura 30. 17 FIG. 30 - Solução do item a do exemplo b) O primeiro passo é substituir os apoios por suas reações, conforme a figura 31. O segundo passo, necessário neste exemplo, é concentrar a carga uniformemente distribuída no centro do trecho carregado, conforme a figura 32. FIG. 31 - Substituição dos apoios por suas reações FIG. 32 - Concentração da carga uniformemente distribuída O terceiro passo é aplicar as equações de equilíbrio, conforme segue: ( ) ∑F + =0  → ∴ −H A = 0 ⇒ H A = 0N ∑F = 0(+ ↑ )∴V A + VB − 10000 = 0 ⇒ V A + V B = 10000 h v ∑M A =0 ∴ H A .0 + V A .0 + 10000.2,00 − V B .5,00 = 0 ⇒ V B = 4000 N Ainda no terceiro passo resolve-se o sistema de equações resultantes, obtendo-se as reações de apoio. H A = 0N V B = 4000 N V A + VB = 10000 ⇒ V A + 4000 = 10000 ⇒ V A = 6000 N 18 Finalmente, no quarto passo, apresenta-se a solução em desenho, conforme a figura 33. FIG. 33 - Solução do item b do exemplo c) Para este problema, a solução tem a mesma seqüência de operações do item anterior, com a qual obtém-se: FIG. 34 - Substituição dos apoios por suas reações ( FIG. 35 - Concentração da carga uniformemente distribuída ) ∑F h + =0  → ∴ −H A = 0 ⇒ H A = 0N ∑F v = 0(+ ↑)∴VA + VB − 6000 − 20000 − 20000 = 0 ⇒ VA + VB = 46000 ∑M A =0 ∴ H A .0 + V A .0 + 6000.1,00 + 20000.(1,00 + 1,50) + + 20000.(1,00 + 1,50 + 1,50 ) − VB .5,00 = 0 ⇒ V B = 27200 N Resultando, assim: H A = 0N V B = 27200 N V A + VB = 46000 ⇒ V A + 27200 = 46000 ⇒ V A = 18800 N 19 FIG. 36 - Solução do item c do exemplo d) Este problema, além de dispensar o segundo passo, tem como novidade o engastamento fixo que possui um momento de engastamento como reação de apoio. Para este problema tem-se: FIG. 37 - Substituição do apoio por suas reações ( ) ∑F + =0  → ∴ − H A − 3000 = 0 ⇒ H A = −3000 N ∑F = 0(+ ↑ )∴ V A = 0 ⇒ V A = 0 N h v ∑M A =0 ∴ H A .0 + V A .0 − M A − 3000.3,00 = 0 ⇒ M A = −9000 N .m Resultando: H A = −3000 N (sentido contrário ao adotado) VA = 0N M A = −9000 N .m (sentido contrário ao adotado) 20 FIG. 38 - Solução do item d do exemplo e) Este problema tem seqüência semelhante à do item anterior, obtendo-se: FIG. 39 - Substituição do apoio por suas reações ( ) ∑F + =0  → ∴ −H A = 0 ⇒ H A = 0N ∑F = 0(+ ↑ )∴ V A − 20000 = 0 ⇒ V A = 20000N h v ∑M A =0 ∴ H A .0 + V A .0 − M A + 20000.0,00 = 0 ⇒ M A = 0 N .m 21 FIG. 40 - Solução do item e do exemplo 2.7. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 2.7.1. O que se entende por apoio? Quais os principais tipos de apoio? 2.7.2. Descreva o apoio móvel. 2.7.3. Descreva o apoio fixo. 2.7.4. Descreva o engastamento móvel. 2.7.5. Descreva o engastamento fixo. 2.7.6. Represente, esquematicamente, com suas reações de apoio: o apoio móvel, o apoio fixo, o engastamento móvel e o engastamento fixo. 2.7.7. O que se entende por condição de apoio estável? Represente, esquematicamente, algumas estruturas com condição de apoio estável. 2.7.8. O que são estruturas (externamente) hipostáticas? Represente, esquematicamente, alguns exemplos. 2.7.9. O que são estruturas (externamente) isostáticas? Represente, esquematicamente, alguns exemplos. 2.7.10. O que são estruturas (externamente) hiperestáticas? Represente, esquematicamente, alguns exemplos. 2.7.11. Conforme a combinação de apoio, fornecer o tipo das estruturas representadas nas figuras 41 a 49. 22 FIG. 41 FIG. 42 FIG. 43 FIG. 44 FIG. 45 FIG. 47 FIG. 46 FIG. 48 FIG. 49 2.7.12. Calcular as reações de apoio, das estruturas isostáticas do exercício anterior (2.7.11). 23 3. ESFORÇOS SOLICITANTES 3.1. CONCEITUAÇÃO Seja um corpo rígido em equilíbrio sob a ação de um sistema de forças (figura 50). FIG. 50 - Corpo rígido em equilíbrio Cortando-se este corpo rígido em uma seção qualquer, figura 51, obtém-se duas partes não mais em equilíbrio. FIG. 51 - Corte em uma seção do corpo rígido em equilíbrio 24 Conclui-se que a seção do corpo rígido, onde se fez o corte, transmitia esforços de uma parte à outra, estes são usualmente ditos ESFORÇOS SOLICITANTES ou ESFORÇOS SECCIONAIS. Para impedir a translação na direção do eixo a-a, produzida por Fl, aparece na seção uma força axial, dita FORÇA NORMAL (N), em sentido contrário a Fl. Para impedir a translação na direção do eixo c-c, produzida pele resultante (F3+F2-F2-F4), aparece una força transversal, dita FORÇA CORTANTE (V), em sentido contrário a esta resultante. Para impedir a rotação em torno do eixo b-b, produzida pelo momento oriundo de F3, aparece na seção um momento, dito MOMENTO FLETOR (M), em sentido contrário ao provocado por F3. Para impedir a rotação em torno do eixo a-a, produzida pelo momento oriundo do binário de F2, aparece na seção um momento, dito MOMENTO TORÇOR (T), em sentido contrário ao binário de F2. FIG. 52 - Esforços solicitantes na seção do corte Assim, ESFORÇOS SOLICITANTES SÃO AS FORÇAS E MOMENTOS QUE APARECEM NAS SEÇÕES DE CORPOS RÍGIDOS EM EQUILÍBRIO. As figuras 53 a 56 representam estes esforços, com a respectiva convenção de sinais. FIG. 53 - Força normal - Convenção de sinais 25 FIG. 54 - Força cortante - Convenção de sinais FIG. 55 - Momento fletor - Convenção de sinais FIG. 56 - Momento torçor - Convenção de sinais 3.2. BARRAS, VIGAS E PILARES De maneira geral, barras são componentes de estruturas nos quais as dimensões da seção são nitidamente menores que o comprimento do eixo da peça. Quanto a transmissibilidade de esforços solicitantes pode-se distinguir a barra simples, ou simplesmente BARRA, que é o elemento estrutural que TRANSMITE APENAS um esforço, a FORÇA NORMAL, e a barra geral, ou CHAPA, que é o elemento estrutural CAPAZ DE TRANSMITIR, FORÇA NORMAL, FORÇA CORTANTE E MOMENTO FLETOR. Os exemplos mais comuns de 26 chapas, são as VIGAS e os PILARES, ambos tem as mesmas funções estruturais, entretanto, em geral, as vigas são usadas horizontalmente e os pilares verticalmente. 3.3. CÁLCULO DE ESFORÇOS SOLICITANTES Os esforços solicitantes que aparecem em estruturas planas são: Força Normal (de tração ou de compressão), Força Cortante e Momento Fletor. O Momento Torçor só aparece em estruturas espaciais. O cálculo dos esforços solicitantes em determinada seção de uma estrutura plana, pode ser realizado conforme o roteiro que se segue: ROTEIRO PARA CÁLCULO DE ESFORÇOS SOLICITANTES EM DETERMINADA SEÇÃO DE UMA ESTRUTURA PLANA 1. Cálculo das reações de apoio. 2. Cortar a estrutura, na seção, onde se deseja encontrar os esforços solicitantes, colocando os esforços solicitantes, isto é, as incógnitas, com seu sentido positivo. 3. Escolher uma das partes da estrutura, para os cálculos, e se necessário, concentrar os carregamentos uniformemente distribuídos no centro dos trechos carregados e/ou decompor cargas inclinadas. 4. Aplicar, na parte escolhida, as três equações de equilíbrio Fh = 0 , Fv = 0 e M O = 0 ) obtendo, da solução do sistema de ( ∑ ∑ ∑ equações resultantes, os esforços solicitantes nesta seção, Para facilitar os cálculos, costuma-se escolher o ponto de corte para aplicar a equação MO = 0. ∑ Para melhor entendimento do método descrito, apresenta-se a seguir alguns exemplos. EXEMPLO l: Calcular os esforços solicitantes na seção genérica C, da viga representada na figura 57. p = carga uniformemente distribuída l = vão livre da viga A = apoio fixo B = apoio móvel x = distância da seção genérica C ao apoio fixo A FIG. 57 27 a) Cálculo das reações de apoio FIG. 58 - Substituição dos apoios por suas reações ( FIG. 59 - Concentração do carregamento uniformemente distribuído ) ∑F + =0  → ∴ −H A = 0 ⇒ H A = 0N ∑F = 0(+ ↑ )∴V A + V B − p.l = 0 ⇒ V A + V B = p.l h v ∑M A =0 p.l l ∴ H A .0 + V A .0 + p.l. − VB .l = 0 ⇒ VB = 2 2 Resultando: H A = 0N VB = p.l 2 V A + V B = p.l = 0 ⇒ V A + p.l p.l = p.l ⇒ V A = 2 2 FIG. 60 - Reações de apoio para o exemplo 1 28 b) Corte da estrutura em C com seus esforços solicitantes, considerados positivos. FIG. 61 - Corte da estrutura na seção C c) Escolhendo-se a parte esquerda, da estrutura, e concentrando-se o carregamento uniformemente distribuído, obtém-se o esquema apresenta do na figura 62. FIG. 62 - Corte da estrutura na seção C d) Aplicando-se as equações de equilíbrio, obtém-se: ( ) ∑F + =0  → ∴N = 0 ∑F = 0(+ ↑ )∴ h v ∑M C =0 p.l p.l − p.x − V = 0 ⇒ V = − p.x 2 2 x p.l .x = 0 ∴ − M + V .0 + N .0 − p.x. + 2 2 p.l p.x 2 .x − ⇒M = 2 2 Resultando, para a seção C: N =0 l  V = p. − x  2  M= p.x .(l − x ) 2 EXEMPLO 2: Calcular os esforços solicitantes na seção genérica C, do pilar representado na figura 63. 29 p = carga uniformemente distribuída P = carga concentrada l = altura do pilar A = extremo livre do pilar B = engastamento fixo x = distância do extremo livre à seção genérica C FIG. 63 a) Cálculo das reações de apoio FIG. 64 - Substituição do apoio por suas reações Resultando: FIG. 66 - Reações de apoio para o exemplo 2 FIG. 65 - Concentração do carregamento uniformemente distribuído 30 b) Corte da estrutura em C com seus esforços solicitantes, considerados positivos. OBS.: No caso deste exemplo, para a convenção do momento fletor M, é necessário se convencionar ou "escolher" um "embaixo" para o pilar, FIG. 67 - Corte da estrutura na seção C c) Escolhendo-se a parte superior, do pilar, e concentrando-se o carregamento uniformemente distribuído, obtém-se o esquema apresentado na figura 68. FIG. 68 d) Aplicando-se as equações de equilíbrio, obtém-se: ∑F h ( ) + =0  → ∴ −V − p .x = 0 ⇒ V = − p.x 31 ∑F v ∑M = 0(+ ↑ )∴ − N − P = 0 ⇒ N = − P C =0 x p.x 2 ∴ M + N .0 + V .0 + p.x. + P.0 = 0 ⇒ M = − 2 2 Resultando, para a seção C: N = −P V = − p .x M =− p.x 2 2 3.4. DIAGRAMAS DE ESFORÇOS SOLICITANTES Pode-se observar, a partir dos exemplos apresentados no item anterior, que pare cada seção escolhida (diferentes valores de x) existirão determinados valores para os esforços solicitantes. Para se calcular uma estrutura é necessário se ter uma visão destes esforços em todas as seções da estrutura, pois o dimensionamento da estrutura deve ser tal que todas as seções suportem os esforços que nela atuam. A fim de permitir uma visão global, da variação dos diversos esforços solicitantes, é usual traçar-se os DIAGRAMAS DE ESFORÇOS SOLICITANTES, que são diagramas que REPRESENTAM A VARIAÇÃO DOS ESFORÇOS SOLICITANTES AO LONGO DA ESTRUTURA. Estes diagramas são construídos sobre o eixo da estrutura, representando suas abscissas, tendo em cada seção, representado nas ordenadas, o valor do esforço solicitante considerado. O diagrama de Momento Fletor é sempre desenhado do lado tracionado da estrutura dispensando-se a utilização de sinais. O mesmo não acontece com os diagramas de força normal e força cortante, cujos sinais são indispensáveis. Quando, em determinado trecho, o diagrama é constante é comum se usar um sinal de igual, sobre este trecho, assinalando o valor do esforço solicitante sobre ele. A titulo de exemplo, os diagramas de esforços solicitantes das estruturas apresentadas nos exemplos do item anterior seriam: EXEMPLO l: FIG. 69 32 a) Diagrama de MOMENTO FLETOR (figura 70) p.l p.x 2 .x − A equação M = caracteriza 2 2 uma parábola do segundo grau e, portanto, é definida por três pontos: • Para x = 0 (apoio A) ⇒ M = 0 l p.l 2 (centro) ⇒ M = 2 2 • Para x = l (apoio B) ⇒ M = 0 • Para x = FIG. 70 b) Diagrama de FORÇA NORMAL (figura 71) A equação N = 0 caracteriza constante, que independe de x: uma Em todas as seções a Força Normal é nula. FIG. 71 c) Diagrama de FORÇA CORTANTE (figura 72) A equação V = p .l − p .x caracteriza uma 2 reta e, portanto, é definida por dois pontos: p .l 2 p .l • Para x = l (apoio B) ⇒ V = − 2 • Para x = 0 (apoio A) ⇒ V = FIG. 72 EXEMPLO 2: FIG. 73 FIG. 74 FIG. 75 FIG. 76 33 a) Diagrama de MOMENTO FLETOR (figura 74) A equação, M = − p.x 2 , do momento fletor, caracteriza uma parábola do segundo grau, e 2 portanto necessita três pontos para sua definição: • Para x = 0 (extremo livre) ⇒ M = 0 l p.l 2 • Para x = (centro) ⇒ M = − (tração em cima) 8 2 p.l 2 • Para x = l (engastamento fixo) ⇒ M = − (tração em cima) 2 b) Diagrama de FORÇA NORMAL (figura 75) A equação, N = − P , independe de x e portanto a força Normal assume o valor − P , de compressão, em todas as seções da estrutura. c) Diagrama de FORÇA CORTANTE (figura 76) A equação, V = − p .x , da força a cortante, é equação de uma reta, e portanto definida por dois pontos. • • Para x = 0 (extremo livre) ⇒ V = 0 Para x = l (engastamento fixo) ⇒ V = − P Para cada valor de l, ou para cada conjunto de valores de P e p, os exemplos apresentados representam estruturas diferentes ou com carregamentos diferentes, respectivamente. Assim os resultados destes exemplos podem ser utilizados em diferentes estruturas, acentuando a viabilidade de se montar tabelas para os casos de ocorrência mais comum. Para montagem destas tabelas deve-se ter em mente que sempre que houver alterações no carregamento ocorrerão alterações nos diagramas, e portanto, as equações dos esforços devem ser obtidas por trechos. A seguir apresentam-se alguns diagramas, para os casos de ocorrência mais comum, incluindo as equações de flechas (v), ou deslocamentos verticais, cuja determinação é feita utilizando condições de contorno e a seguinte equação diferencial (ver item 4.4): E .I . d 2v = −M dx 2 34 DIAGRAMAS E FÓRMULAS PARA O CÁLCULO DE VIGAS a) Viga simplesmente apoiada - Carga uniformemente distribuída. R =V = p .l 2 l  V x = p . − x  2  M máx ( no centro ) = Mx = p .x .(l − x ) 2 v máx ( no centro ) = vx = p .l 2 8 5. p .l 4 384.E .I ( p .x . l 3 − 2.l.x 2 + x 3 24.E .I ) FIG. 77 b) Viga simplesmente apoiada - Carga concentrada no centro. R =V = P 2 M máx ( no M x ( para M x ( para P .l 4 P .x l x≤ )= 2 2 centro ) = x≥ P l ) = .(l − x ) 2 2 v máx ( no centro ) = FIG. 78 P .l 3 48.E .I ( ) v x ( para x≤ P .x l )= . 3.l 2 − 4.x 2 2 48.E .I v x ( para x≥ P .(l − x ) l )= . 3.l 2 − 4.(l − x )2 2 48.E .I [ ] 35 c) Viga simplesmente apoiada - Carga concentrada em qualquer ponto. P.b l P.a R 2 = V 2 ( máximo se a ≥ b ) = l P.a.b M máx ( sob a c arg a ) = l P.b.x M x ( para x ≤ a ) = l R1 = V1( máximo se a ≤ b ) = v máx ( em x= a .(a + 2.b ) 3 = se a ≥ b ) = P .a.b.(a + 2.b ). 3.a.(a + 2.b ) 27.E .I .l P.a 2 .b 2 3.E .I .l P.b.x 2 vx ( para x ≤ a ) = . l − b2 − x 2 6.E .I .l P.a.(l − x ) v x ( para x ≥ a ) = . 2.l.x − x 2 − a 2 6.E .I .l v a ( sob a c arg a ) = ( FIG. 79 ) ( ) d) Viga simplesmente apoiada - Carga uniforme parcialmente distribuída. R1 = V1 ( máximo se a ≤ c ) = p.b .(2.c + b) 2.l R2 = V2 ( máximo se a ≥ c ) = p.b .(2.a + b) 2.l Vx ( para a ≤ x ≤ (a + b ) ) = R1 − p .(x − a ) M máx ( em x = a +  R1 R  ) = R1 . a + 1  2. p  p  M x ( para x ≤ a ) = R1 .x M x ( para a ≤ x ≤ (a + b ) ) = R1 .x − M x ( para x ≥ (a + b ) ) = R2 .(l − x ) FIG. 80 p .(x − a )2 2 36 e) Viga simplesmente apoiada - Carga uniforme parcialmente distribuída em um extremo. R1 = V1 ( máximo ) = p .a .(2.l − a ) 2.l R2 = V2 = p.a 2 2.l V x ( para x ≤ a ) = R1 − p .x M máx ( em x = R1 R2 )= 1 p 2. p M x ( para x ≤ a ) = R1 .x − p. x ≥ a ) = R 2 .( l − x ) M x ( para v x ( para = FIG. 81 x2 2 x ≤ a)= [ p .x . a 2 .(2.l − a )2 − 2.a .x 2 .(2.l − a ) + l.a 3 24.E .I .l v x ( para x ≥ a ) = p.a 2 .(l − x ) . 4.x.l − 2.x 2 − a 2 24.E .I .l [ ] ] f) Viga simplesmente apoiada - Carga uniforme parcialmente distribuída nos dois extremos. R1 = V1 = p1 .a.(2.l − a ) + p 2 .c 2 2.l p 2 .c.(2.l − c ) + p1 .a 2 2.l V3 = Vx ( para a ≤ x ≤ (a + b ) ) = R1 − p1 .a R2 = V2 = Vx ( para x ≤ a ) = R1 − p1 .x V x ( para x ≥ (a + b ) ) = − R 2 + p 2 .(l − x ) M máx ( em R x= 1 p1 M máx ( em x = l − se R2 p2 R12 R1 ≤ p1 .a ) = 2. p1 se R 2 ≤ p 2 .c ) = M x ( para x ≤ a ) = R1 .x − p1 .x 2 2 p1 .a .(2.x − a) 2 p2 .(l − x)2 M x ( para x ≥ (a + b) ) = R2 .(l − x) − 2 M x ( para a ≤ x ≤ (a + b) ) = R1 .x − FIG. 82 R 22 2. p 2 37 g) Viga simplesmente apoiada - Duas cargas concentradas iguais e simetricamente localizadas. R =V = P M máx ( entre as c arg as ) = P .a M x ( para x ≤ a ) = P .x M x ( para x ≥ l − a ) = P .(l − x ) M x ( entre as c arg as ) = cons tan te = P.a v máx ( no centro ) = v x ( para x ≤ a)= ( P .a . 3.l 2 − 4.a 2 24.E .I ) ( P .x . 3.l.a − 3.a 2 − x 2 6.E .I v x ( para a ≤ x ≤ (l − a ) ) = ) ( P.x . 3.l.x − 3.x 2 − a 2 6.E.I ) FIG. 83 h) Viga simplesmente apoiada - Duas cargas concentradas iguais em qualquer posição. R1 = V1( máximo se a ≤ b ) = R 2 = V3 ( máximo se a ≥ b ) = V2 = R1 − P = FIG. 84 P .(l − a + b ) l P .(l − b + a ) l P .(b − a ) l M 1 ( máximo se a ≤ b ) = R1 .a M 2 ( máximo se a ≥ b ) = R 2 .b M x ( para x ≤ a ) = R1 .x M x ( para a ≤ x ≤ (l − b ) ) = R1 .x − P .(x − a ) 38 i) Viga engastada - Carga uniformemente distribuída. R = V = p .l H = 0 ( zero ) V x = − p .x M = M máx ( no Mx =− extremo FIG. 85 p .l 2 2 p .x 2 2 v máx ( no extremo livre ) = vx = fixo ) = p .l 4 8.E .I ( p . x 4 − 4.l 3 .x + 3.l 4 24.E .I ) j) Viga engastada - Carga concentrada no extremo livre. R =V = P H = 0 ( zero ) V x = cons tan te = − P M = M máx ( no extremo fixo ) = P .l M x = − P .x v máx ( no extremo livre ) = FIG. 86 vx = ( P .l 3 3.E .I P . 2.l 3 − 3.l 2 .x + x 3 6.E .I ) 39 k) Viga engastada - Carga concentrada em qualquer ponto. R =V = P V x ( para x ≤ a ) = 0 ( zero ) V x ( para x ≥ a ) = −P M = M máx ( no extremo fixo ) = P.b M x ( para x ≤ a ) = 0 ( zero ) M x ( para x ≥ a ) = − P.(x − a ) v máx ( no extremo livre ) = v a ( sob a c arg a ) = v x ( para FIG. 87 v x ( para P .b 2 .(3.l − b ) 3.E .I P .b 3 3.E .I P .b 2 .(3.l − 3.x − b ) 6.E .I P .(l − x )2 x≥a)= .(3.b − l + x ) 6.E .I x≤a)= l) Viga simplesmente apoiada com um balanço - Carga concentrada no extremo do balanço. R1 = V1 = P.a l R 2 = V1 + V 2 = V2 = P P .(l + a ) l M máx ( em x = l , x1 = 0 ) = P.a P.a .x l M x1 ( no balanço ) = − P.(a − x1 ) M x ( entre os apoios ) = − vmáx( entre os apoios em x = l 3 )= P.a.l2 9. 3.E.I = 0 ,06415. = P .a .l 2 E .I P.a2 .(l + a) 3.E.I P.a.x 2 v x ( entre os apoios ) = . l − x2 6.E .I .l P.x1 vx1 ( no balanço ) = . 2.a.l + 3.a.x1 − x12 6.E .I vmáx( no balanço em x1 = a ) = ( FIG. 88 ( ) ) 40 NOTAÇÕES UTILIZADAS NOS DIAGRAMAS H = reação de apoio (horizontal) R = reação de apoio (vertical) V = esforço cortante p = cargas uniformemente distribuídas M = momento fletor P = carga concentrada v = deslocamento vertical (flecha) Zx (Zx1) = esforço solicitante (M, N, V ou v) a uma distância genérica x (x1) Zmáx = esforço solicitante (M, N, V ou v) máximo a, b, c e d = distâncias cotadas no desenho E = módulo de elasticidade do material I = momento de inércia, em relação a linha neutra da seção da viga. OBS.: Os diagramas de FORÇA NORMAL, não foram representados nas tabelas por serem todos nulos. 3.5. PRINCÍPIO DA SUPERPOSIÇÃO DE EFEITOS Os diagramas apresentados no item anterior, resolvem muitos problemas com os quais defronta-se na prática, entretanto existem alguns casos onde somente estes diagramas não resolvem o problema, nestes casos o Princípio da Superposição de efeitos é uma poderosa arma. O Principio da Superposição de Efeitos só pode ser aplicado a estruturas pouco deformáveis, onde a configuração de equilíbrio com o carregamento pode ser considerada igual a configuração antes do carregamento, nas quais as tensões são proporcionais às deformações, e portanto teoria linear de primeira ordem. Estas condições são atendidas pela maioria das estruturas, tendo por exceções principais as estruturas pênseis. O Principio da Superposição de Efeitos rege que: se o carregamento de uma estrutura for uma combinação linear de outros carregamentos, mais simples, os efeitos produzidos por este carregamento, podem ser obtidos pela combinação linear equivalente dos efeitos dos diversos carregamentos, mais simples, atuando isoladamente na estrutura. A titulo de exemplo de aplicação deste princípio, a seguir, são resolvidos alguns exemplos: EXEMPLO 1: Traçar os diagramas de Momento Fletor (M), Força Normal (N) e Força Cortante (V) para a estrutura representada na figura 89. FIG. 89 - Exemplo 1 41 O carregamento da figura 89 é uma combinação de dois carregamentos, cujos diagramas encontram-se tabelados: FIG. 90 - Decomposição do problema dado em problemas mais simples RESOLUÇÃO DO PROBLEMA l: A solução do problema 1 é tabelada na aliena e (figura 81) dos diagramas fornecidos no item anterior. P = 2000 N / m , a = 2 ,00m e l = 6 ,00m R1 = V1 = p .a .(2.l − a ) = 3333,33 N 2.l R2 = V2 = p .a 2 = 666,67 N 2.l R1 R12 = 1,67m ) = = 2777,77N .m M máx ( em x = 2. p p x2 ou 2 M x ( x = 2,00m ) = R2 .( l − x ) = 2666,68N .m M x ( em x = a = 2,00m ) = R1 .x − p. Para a superposição necessita-se ainda: M x ( para x = 3,00m ≥ a = 2 ,00m ) = M x ( x = 3,00m ) = R2 .( l − x ) = 2000,00N .m FIG. 91 - Problema 1 RESOLUÇÃO DO PROBLEMA 2: A solução do problema 2 está tabelada, alínea b (figura 78) dos diagramas apresentados no item anterior: 42 P = 20000 N R =V = e l = 6 ,00m P = 10000 N 2 M máx ( no centro ) = P .l = 30000 N .m 4 Para a superposição necessita-se ainda: M x ( em x = 1,67 m < l P.x = 3,00m ) = = 16700 N .m 2 2 M x ( em x = 2,00m < l P.x = 3,00m ) = = 20000N .m 2 2 FIG. 92 - Problema 2 SUPERPOSIÇÃO DE EFEITOS ( Resolução do Problema 0): Superpondo-se os efeitos obtém-se: FIG. 93 - Superposição de efeitos - Exemplo 1 43 FIG. 94 - Diagramas de esforços solicitantes - Exemplo 1 EXEMPLO 2: Traçar os diagramas de M, N e V para a estrutura representada na figura 95. FIG. 95 - Exemplo 2 O carregamento da figura 95 é uma combinação de dois carregamentos, cujos diagramas encontram-se tabelados. 44 FIG. 96 - Decomposição do problema dado em problemas mais simples RESOLUÇÃO DO PROBLEMA 1: A solução deste problema está tabelada, alínea a (figura 77) dos diagramas fornecidos no item anterior, resultando: P = 5000N / m e l = 5,00m R =V = p .l = 12500 N 2 M máx ( no centro ) = p .l 2 = 15625 N .m 8 Para a superposição necessita-se ainda: FIG. 97 V x ( em l  x = 1,50m ) = p . − x  = 5000 N 2  V x ( em l  x = 3,50m ) = p . − x  = −5000 N 2   M x ( em x = 0,75m ) = p.x .(l − x ) = 7968,75N .m 2 M x ( em x = 1,50m ) = p.x .(l − x ) = 13125N .m 2 M x ( em x = 3,50m ) = p.x .(l − x ) = 13125N .m 2 M x ( em x = 4,25m ) = p.x .(l − x ) = 7968,75N .m 2 RESOLUÇÃO DO PROBLEMA 2: A solução deste problema está tabelada, alínea d (figura 80) dos dia8ramas fornecidos no item anterior, resultando: 45 P = 2000N / m , a = 1,50m , b = 2,00m , c = 1,50m e l = 5,00m R1 = V1 = P.b .(2.c + b ) = 2000 N 2.l R2 = V2 = P.b .(2.a + b ) = 2000 N 2.l M x ( em x = a = 1,50m ) = R1 .x = 3000 N .m M máx( em x = a +  R1 R  = 2,50m ) = R1. a + 1  = 4000N .m p 2. p   M x ( em x = a + b = 3,50m ) = R2 .(l − x ) = 3000N .m Para a superposição, necessita-se ainda: M x ( em x = 0 ,75m < a = 1,50m ) = R1 .x = 1500 N .m FIG. 98 Mx( em x = 4,25m > a + b = 3,50m ) = R2 .(l − x) = 1500N.m SUPERPOSIÇÃO DE EFEITOS ( RESOLUÇÃO DO PROBLEMA 0): Superpondo-se os efeitos obtém-se: FIG. 99 - Superposição de efeitos - Exemplo 2 46 Resultando, para o exemplo dado, a seguinte solução: FIG. 100 - Diagramas de esforços solicitantes - Exemplo 2 3.6. RELAÇÕES DIFERENCIAIS ENTRE ESFORÇOS SOLICITANTES Considerando-se a carga p e os esforços solicitantes M, N e V como funções de uma mesma abscissa x, pode-se obter relações entre estes esforços. Seja o elemento de viga representado na figura 101, sujeito a uma carga distribuída p, não singular dentro do elemento de comprimento dx. 47 FIG. 101 - Elemento de viga FIG. 102 - Concentrando-se p Do equilíbrio horizontal do elemento, figura 102, resulta: ( ∑F ) + = 0 → ∴ − N + (N + dN ) = 0 h dN = 0 Eq. 01 Do equilíbrio vertical do elemento, figura 102, resulta: ∑ F = 0(+ ↑)∴V − p.dx − (V + dV ) = 0 ⇒ p.dx − dV = 0 v p=− dV dx Eq. 02 Do equilíbrio de momentos, no ponto A, do elemento, figura 102, resulta: ∑M A =0 ∴ M + p.dx. ∴ dx + (V + dV ).dx − (M + dM ) = 0 2 p 2 .dx + V .dx + dV .dx − dM = 0 2 Desprezando-se os diferenciais de segunda ordem, obtém-se: V .dx − dM = 0 V= dM dx Eq. 03 Derivando-se uma vez em x e substituindo-se o resultado da equação 02, obtém-se: dV d 2 M = dx dx 2 p=− d 2M dx 2 Eq. 04 48 3.7. TEOREMAS AUXILIARES PARA O TRAÇADO DE DIAGRAMAS DE ESFORÇOS SOLICITANTES Existem problemas para os quais o Principio da Superposição de Efeitos não é suficiente para sua solução, nestes casos os teoremas, que serão apresentados a seguir, poderão ser utilizados em conjunto com o cálculo dos esforços solicitantes em algumas seções previamente determinadas, para o traçado de diagramas de esforços solicitantes. TEOREMA 1 - Mudanças no carregamento, ao longo da estrutura, podem alterar as equações dos esforços solicitantes e portanto podem provocar mudanças de curvas no diagrama. FIG. 103 - Mudanças no carregamento provocando mudanças de curvas DEMONSTRAÇÃO - No item anterior notou-se que o carregamento está intimamente ligado aos esforços solicitantes ( p = − dV dx e p=− d 2M dx 2 ). Assim, ocorrendo mudanças no carregamento p, poderão ocorrer alterações nos esforços solicitantes V e M e consequentemente mudanças de curvas nos respectivos diagramas. TEOREMA 2 - Em trechos, de estruturas, sem carregamento vertical, o diagrama de força cortante, sob este trecho, apresentar-se-á constante, e o diagrama de momento fletor, linear. 49 FIG. 104 - Forma dos diagramas sob trechos de estrutura sem carregamento DEMONSTRAÇÃO - Neste caso, basta fazer p=0 nas equações 02 e 04, do item anterior, e integrá-las em x. Integrando-se, uma vez em x, a equação 02, com p = 0 obtém-se: dV =0 dx V = C1 = cons tan te E portanto o diagrama de força cortante, sob o trecho sem carregamento, é constante. Integrando-se, duas vezes em x, a equação 04, com p = 0 , obtém-se: d 2M dx 2 =0 dM = C1 dx M = C1 .x + C 2 = equação de uma reta E portanto o diagrama de momento fletor sob o trecho sem carregamento, é linear. TEOREMA 3 - Em trechos, de estruturas, sob carga vertical uniformemente distribuída o diagrama de força cortante, sob este trecho, apresentar-se-á linear, e o diagrama de momento fletor, parabólico, possuindo ainda, no ponto central do trecho, uma distância (d) entre a parábola e a linha de fecho dada por: d= p.a 2 8 Onde: d = distância entre a parábola e a linha de fecho, no ponto central; p = carga uniformemente distribuída; a = comprimento do trecho, sob o carregamento uniformemente distribuído. 50 FIG. 105 - Forma dos diagramas sob trechos de estruturas com carga uniformemente distribuída DEMONSTRAÇÃO - Neste caso, integrando-se em x as equações 02 e 04 do item anterior, mantendo-se p = cons tan te , obtém-se as formas dos diagramas de V e M. Integrando-se uma vez em x, a equação 02, obtém-se: dV = −p dx V = − p.x + C1 = equação de uma reta E portanto o diagrama de força cortante, sob o trecho com carregamento uniformemente distribuído, é linear. Integrando-se duas vezes em x, a equação 04, obtém-se: d 2M dx 2 = −p dM = − p .x + C1 dx M =− p 2 .x + C1 .x + C 2 = equação de uma 2 parábola E portanto o diagrama de momento fletor, sob o trecho com carregamento uniformemente distribuído, é parabólico. Associando-se os resultados ao trecho do diagrama de momentos fletores correspondente, figura 105, obtém-se: 51 M1 = − p 2 .x + C1 .x + C 2 , na abcissa x 2 M3 = − p .(x + a )2 + C1 .(x + a ) + C 2 , na abcissa (x + a ) 2  − p .a 2  − p + C1 .a + C 2  M 3 = x 2 .  + x.(− p .a + C1 ) +    2   2  2 M2 = − p  a a  . x +  + C1 . x +  + C 2 , na abcissa 2  2 2  a  x+  2  2  a − p  p .a   − p .a + C1  +  + C1 . + C 2  M 2 = x 2 .  + x . −  2  2   2   8  y= M1 + M3 = 2   − p.a 2  2 − p   2 − p + C1 .a + C2  x .  + x.(C1 ) + (C2 ) + x .  + x.(− p.a + C1 ) +     2     2   2  2 2  a − p  p .a   − p .a + C1  +  + C1 . + C 2  y = x 2 .  + x. −  2  2   2   4  d = M2 − y = − p .a 2 p .a 2 p .a 2 + = 8 4 8 Assim, a distância (d) entre a parábola do diagrama de momento fletor, e a linha de fecho, no ponto central, do trecho sob carga uniformemente distribuída, é dada por: d = p .a 2 . 8 TEOREMA 4 - Em seções, de estruturas, sob carga vertical concentrada, o diagrama de força cortante, nesta seção, sofre um "salto" de valor idêntico à carga concentrada, apresentando valores diferentes para a força cortante à esquerda e à direita da carga. FIG. 106 - Forma do diagrama de força cortante em seção sob carregamento concentrado DEMONSTRAÇÃO - Fazendo-se o equilíbrio vertical de um elemento de viga com carga concentrada no centro, figura 107, obtém-se: 52 FIG. 107 - Elemento de viga ∑ F = 0(+ ↑)∴V − P − (V + dV ) = 0 v dV = − P E portanto o diagrama de força cortante, sob carga concentrada, sofre um "salto" no valor da carga concentrada, pois: Ve = V V d = V + dV = V − P V d − Ve = (V − P ) − V = − P TEOREMA 5 - Em seções, de estruturas, onde ocorre um momento aplicado, o diagrama de momento fletor sofre um "salto" no valor do momento aplicado, apresentando valores diferentes para o momento fletor à esquerda e à direita do momento aplicado. FIG. 108 - Forma do diagrama de momento fletor em seção de ocorrência de momento aplicado DEMONSTRAÇÃO - Fazendo-se o equilíbrio de momentos de um elemento de viga com momento aplicado, figura 109, obtém-se: 53 FIG. 109 - Elemento de viga ∑M A =0 ∴ M + V .dx + M a − (M + dM ) = 0 ∴ dM = V .dx + M a Desprezando-se o infinitésimo V .dx , em relação a M a , obtém-se: dM = M a E portanto o diagrama de momento fletor, sob momento aplicado, sofre um "salto" no valor do momento aplicado, pois: Me = M M d = M + dM = M + M a M d − M e = (M + M a ) − M = M a TEOREMA 6 - Em trechos, de estruturas, sob carregamento axial uniformemente distribuído, o diagrama de força normal apresentar-se-á linear. FIG. 110 - Forma do diagrama de força normal sob carga axial uniformemente distribuída DEMONSTRAÇÃO - Fazendo-se o equilíbrio horizontal de um elemento de viga com carga axial uniformemente distribuída, obtém-se: 54 FIG. 111 - Elemento de viga ∑F h ( FIG. 112 - Concentrando-se p ) + = 0 → ∴ − N − p.dx + (N + dN ) = 0 dN = p.dx dN =p dx Eq. 05 Integrando-se una vez em x, resulta: N = p .x + C1 = equação de uma reta E portanto o diagrama de força normal, sob trechos com carga axial uniformemente distribuída, é linear. TEOREMA 7 - Em trechos, de estruturas, sem carregamento axial, o diagrama de força normal apresentar-se-á constante. Em particular estruturas sem carregamento axial apresentam diagramas de força normal nulo, bem como reações horizontais nulas. FIG. 113 - Forma do diagrama de força normal sob trecho sem carga axial FIG. 114 - Estrutura sem carregamento axial apresenta diagrama de força normal nulo e reação no sentido axial também nula 55 DEMONSTRAÇÃO - Fazendo-se p = 0 , na equação 05, e integrando-se uma vez em x, resulta: dN =0 dx N = C1 = cons tan te E portanto em trechos sem carga axial o diagrama de força normal apresenta-se constante. Aproveitando-se o exemplo da figura 114, estrutura sem carregamento axial, pela demonstração acima conclui-se que seu diagrama de força normal seria constante, entretanto calculando-se o valor desta constante, na seção à esquerda do apoio móvel B, nota-se que: FIG. 115 ∑F h ( ) + = 0 → ∴N = 0 Sendo N = cons tan te = 0 , o diagrama de força normal, em estruturas isostáticas sem carregamento axial, é nulo. Fazendo-se o equilíbrio horizontal, da estrutura representada na figura 114, obtém-se: ∑F h ( ) + = 0 → ∴H = 0 E portanto a reação no sentido axial, de estruturas isostáticas sem carregamento axial, é nula. TEOREMA 8 - Em seções, de estruturas, sob carga axial concentrada, o diagrama de força normal sofre um "salto", nesta seção, no valor da carga, apresentando valores diferentes para a força normal à esquerda e à direita da seção considerada. FIG. 116 - Forma do diagrama de força normal sob carga axial concentrada 56 DEMONSTRAÇÃO - Fazendo-se o equilíbrio horizontal, de um elemento de viga com carga axial concentrada no centro, figura 117, obtém-se: FIG. 117 - Elemento de viga ∑F h ( ) + = 0 → ∴ − N − P + (N + dN ) = 0 E portanto o diagrama de força normal, sob a seção de aplicação da carga axial concentrada, sofre um "salto" no valor da carga, pois: Ne = N N d = N + dN = N + P N d − N e = (N + P ) − N = P TEOREMA 9 - Estruturas simétricas com carregamentos simétricos, apresentarão: FIG. 118 - Estrutura simétrica com carregamento simétrico 57 • • • • Reações de apoio simétricas Diagrama de força normal simétrico Diagrama de momento fletor simétrico Diagrama de força cortante assimétrico DEMONSTRAÇÃO - É evidente que a magnitude do esforço solicitante ou da reação em pontos simétricos é a mesma, pois se a estrutura for simétrica e o carregamento simétrico olhando-a pela frente ou por trás ver-se-á a mesma estrutura, isto é, na figura 118, por exemplo, o ponto "A" dista do apoio esquerdo de "a" e olhando-a por trás, esta mesma figura, ver-se-á a mesma estrutura da figura 118, onde agora é o ponto "B" que dista de "a" do apoio esquerdo, desta forma os valores dos esforços solicitantes no ponto "B" serão os mesmos do ponto "A". Entretanto, os sinais destes valores podem se alterar, pois os mesmos foram convencionados conforme o sentido do esforço. Fazendo-se um corte na estrutura no ponto "A" e colocando-se seus esforços solicitantes, figura 119. FIG. 119 - Corte no ponto "A" (M, N e V > 0) E fazendo-se o mesmo no ponto "B", nota-se que para que os esforços solicitantes mantenham o mesmo sentido físico, o sinal da força cortante deve ser alterado. FIG. 120 - Corte no ponto "B" (M e N > 0, mas v < 0) Assim, nota-se que, em estruturas simétricas com carregamentos simétricos, os esforços solicitantes em pontos simétricos ficarão: • • • Força normal: de mesma magnitude e sinal Momento fletor: de mesma magnitude e sinal Força cortante: de mesma magnitude porém de sinal trocado E portanto, conclui-se que, estruturas simétricas com carregamento simétricos, apresentarão diagramas de: • • • Força Normal simétrico Força Cortante assimétrico (troca sinal) Momento Fletor simétrico 58 Para se traçar diagramas, usando estes teoremas e calculando os esforços solicitantes em seções predeterminadas, pode-se utilizar o seguinte roteiro: ROTEIRO PARA TRAÇADO DE DIAGRAMAS SOLICITANTES, SEM AUXÍLIO DAS TABELAS DE ESFORÇOS 1. Calcular as reações de apoio. 2. Determinar as seções onde devem ser obtidos os esforços solicitantes (Pontos Chaves), que são: à esquerda e à direita de cargas concentradas , 3. seções onde ocorrem mudanças de carregamento e as extremidades da estrutura. 4. Determinar os esforços solicitantes nestas seções, os pontos chaves, conforme roteiro dado anteriormente (Roteiro para cálculo de esforços solicitantes em determinada seção de um a estrutura plana, visto na página 26). 5. Iniciar o traçado dos diagramas, pilotando os resultados obtidos no passo anterior. 6. Completar os diagramas utilizando os teoremas apresentados neste item. A titulo de exemplo, pode-se resolver os seguintes exemplos: EXEMPLO 1 - Traçar os diagramas de M, N e V da estrutura representada na figura 121. FIG. 121 - Exemplo 1 a) Cálculo das reações de apoio. O cálculo das reações fica simplificado, pois observa-se que: • • FIG. 122 A estrutura e o carregamento são simétricos, portanto as reações são simétricas. A estrutura não possui carregamento no sentido axial, portanto reação neste sentido (horizontal) é nula. FIG. 123 59 Neste caso, as reações podem ser obtidas apenas com o auxilio da equação ∑ F = 0(+ ↑)∴V v ∑F v =0. + V1 − 4000 − 10000 − 4000 = 0 ⇒ 2.V1 = 18000 ⇒ 1 V1 = 9000 N (sen tido adotado ) b) Determinar os "pontos chaves" FIG. 124 - Escolha dos "Pontos Chaves" Existem um total de seis seções, nas quais se deve obter os esforços solicitantes. Entretanto da simetria da estrutura e carregamento sabe-se que: • • • Ponto 6 é simétrico do Ponto l, assim: M 6 = M 1 , V6 = −V1 e N 6 = N1 Ponto 5 é simétrico do Ponto 2, assim: M 5 = M 2 , V5 = −V2 e N 5 = N 2 Ponto 4 é simétrico do ponto 3, assim: M 4 = M 3 , V4 = −V3 e N 4 = N 3 c) Determinar M, N e V nos pontos chaves. Pelo exposto acima, basta determinar os esforços solicitantes nos pontos l, 2 e 3. • Ponto 1 (parte esquerda) ∑ F = 0(→)∴ N + h 1 = 0N ∑ F = 0(+ ↑)∴V = 9000N v FIG. 125 ∑M 1 1 =0 ∴ M 1 = 0 N .m 60 • Ponto 2 FIG. 126 FIG. 127 ( ∑F ) + = 0 → ∴ N 2 = 0N h ∑ F = 0(+ ↑)∴ 9000 − 4000 − V v ∑M • 2 =0 2 = 0 ⇒ V 2 = 5000 N ∴ M 2 + 4000.1,00 − 9000.2,00 = 0 ⇒ M 2 = 14000 N .m Ponto 3 (parte esquerda) FIG. 128 FIG. 129 ( ∑F ) + = 0 → ∴ N 3 = 0N h ∑ F = 0(+ ↑)∴ 9000 − 4000 − V v ∑M 3 =0 3 = 0 ⇒ V3 = 5000 N ∴ M 3 + 4000.2 ,00 − 9000.3,00 = 0 ⇒ M 3 = 19000 N .m Obtém-se, assim, para os seis "pontos chaves" os seguintes esforços solicitantes: N1 = 0N N 2 = 0N N 3 = 0N N 4 = 0N N 5 = 0N N 6 = 0N V1 = 9000 N V 2 = 5000 N V3 = 5000 N V 4 = −5000 N V5 = −5000 N V6 = −9000 N M 1 = 0 N .m M 2 = 14000N.m M 3 = 19000N .m M 4 = 19000N .m M 5 = 14000N .m M 6 = 0 N .m 61 d) Traçar os diagramas de M, N e V OBS.: Para se determinar o diagrama de M, necessita-se obter mais um ponto da parábola, normalmente se usa o ponto central. BC AB = AD = d= y AD 1 .AB 2 p .a 2 = 1000 N .m 8 y 14000 = ⇒ 2 ,00 1,00 y = 7000 N .m M = y + d = 8000 N .m FIG. 130 - Diagramas de esforços solicitantes - Exemplo 1 EXEMPLO 2 - Traçar os diagramas de M, N e V para a estrutura representada na figura 131. FIG. 131 - Exemplo 2 a) Cálculo das reações de apoio 62 FIG. 132 FIG. 132 ∑F h ( ) + = 0 → ∴ −H = 0 ⇒ H = 0N ∑ F = 0(+ ↑)∴V −10000 = 0 ⇒ V = 10000N v ∑M A ∴ − M + 10000.3,00 = 0 ⇒ M = 30000 N .m =0 b) Determinar os "Pontos Chaves" FIG. 133 c) Determinar M, N e V, nos "pontos chaves" • Ponto 1 ( parte esquerda) ∑ F = 0(→)∴ N + h 1 = 0N ∑ F = 0(+ ↑)∴10000 − V v FIG. 134 ∑M 1 1 =0 = 0 ⇒ V1 = 10000 N ∴ M 1 + 30000 = 0 ⇒ M1 = −30000N .m 63 • Ponto 2 (parte esquerda) ( ∑F ) + = 0 → ∴ N 2 = 0N h ∑ F = 0(+ ↑)∴10000 − V v ∑M 2 =0 2 = 0 ⇒ V 2 = 10000 N ∴M 2 + 30000−10000.3,00 = 0 ⇒ M 2 = 0 N .m FIG. 135 • Ponto 3 (parte direita) ∑ F = 0(→)∴ − N = 0 ⇒ N = 0 N ∑ F = 0(+ ↑)∴V = 0 N ∴ M = 0 N .m ∑M = 0 + h 3 v 3 3 3 3 FIG. 136 • Ponto 4 (parte direita) ∑ F = 0(→)∴ − N = 0 ⇒ N = 0 N ∑ F = 0(+ ↑)∴V = 0 N ∴ M = 0 N .m ∑M =0 + h v 4 4 4 FIG. 137 4 4 Obtém-se, assim, para os quatro "pontos chaves" os seguintes esforços solicitantes: N1 = 0N N 2 = 0N N 3 = 0N N 4 = 0N V1 = 10000 N V 2 = 10000 N V3 = 0 N V4 = 0 N M 1 = −30000 N .m M2 = 0N .m M3 = 0N .m M4 = 0N .m d) Traçar os diagramas de M, N e V 64 FIG. 138 - Diagramas de esforços solicitantes - Exemplo 2 3.8. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 3.8.1. O que se entende por esforços solicitantes? 3.8.2. Quais são os esforços solicitantes? Conceitue-os sucintamente. 3.8.3. Esquematize a convenção de sinais dos esforços solicitantes. 3.8.4. O que se entende por barra? E por chapa? 3.8.5. O que se entende por viga? E por pilar? 3.8.6. Quais são os esforços solicitantes das estruturas planas? 3.8.7. Calcule os esforços solicitantes na seção "C", das estruturas, representadas nas figuras 139 a 143. FIG. 139 FIG. 140 65 FIG. 141 FIG. 142 FIG. 143 3.8.8. O que são diagramas de esforços solicitantes? 3.8.9. Como são construídos os diagramas de esforços solicitantes? 3.8.10. Utilizando os diagramas e fórmulas para o cálculo de vigas, trace os diagramas de momento fletor (M), força normal (N) e força cortante (V), para as estruturas representadas nas figuras 144 a 148. FIG. 144 FIG. 146 FIG. 145 FIG. 147 FIG. 148 3.8.11. O que afirma o Principio da Superposição de Efeitos? 3.8.12. Em que condições pode ser aplicado o Principio da Superposição de efeitos? 66 3.8.13. Utilizando o Principio da Superposição de Efeitos, e os resultados do exercício 3.8.14. Trace os diagramas de M, N e V para as estruturas representadas nas figuras 149 a 152. FIG. 149 FIG. 150 FIG. 151 FIG. 152 3.8.15. Faça um resumo dos teoremas auxiliares para o traçado de diagramas de esforços solicitantes, apresentados no item 3.7. 3.8.16. De que forma é possível se traçar diagramas de M, N e V , sem o auxilio de tabelas? 3.8.17. Trace os diagramas de M, N e V, das estruturas representadas nas figuras 139 a 143 e 153 a 156. 67 FIG. 153 FIG. 154 FIG. 155 FIG. 156 68 4. ESTUDO ELEMENTAR DA RESISTÊNCIA O estudo da resistência, tem por finalidade a determinação da seção da peça componente de uma estrutura, de modo que esta satisfaça certas condições relativas à segurança contra ruptura e à deformação. Iniciar-se-á aqui o estudo da resistência pela interpretação mais simples possível dos fenômenos a ela relacionados. 4.1. TRAÇÃO E COMPRESSÃO No ensaio de tração, figura 157, o corpo de provas é solicitado por uma força axial (F). A máquina de ensaio permite aumentar esta força, gradativamente, até o valor da carga de ruptura (Fr) que produz o rompimento do corpo de provas. a) Esquema do ensaio b) Ruptura do corpo-de-prova FIG. 157 - Esquema de um ensaio de tração em um corpo-de-prova de madeira 69 Dispondo-se de um grande número de ensaios de tração observa-se que: 1. A carga de ruptura (Fr) não depende do comprimento da barra (L) nem da forma da seção. 2. A carga de ruptura (Fr) é proporcional à área da seção (A), sendo a relação (Fr/A) um parâmetro característico do material. A relação (Fr/A) é conhecida como TENSÃO DE RUPTURA e corresponde a força transmitida por unidade de área no instante da ruptura. Os ensaios de compressão em peças curtas, figura 158, permitem as mesmas observações do ensaio de tração. Já nas peças mais compridas o problema de ruptura depende do comprimento (L) e da forma da seção, tais peças sofrem perda de estabilidade lateral, ou flambagem (ver item 4.5.). a) Esquema do ensaio b) Ruptura do corpo-de-prova FIG. 158 - Esquema de um ensaio de tração em um corpo-de-prova de madeira Excluindo as peças compridas com força de compressão, o efeito da força normal (N) em barras é interpretado pela seguinte hipótese de trabalho: a força normal, N , provoca uma TENSÃO NORMAL, uniformemente distribuída na seção, dada por: σ= N A Sendo: σ = tensão normal, na seção; N = força normal, atuante na seção; A = área da seção transversal. Eq. 06 70 As tensões serão positivas, quando de tração, e negativas se de compressão, conseqüência imediata da convenção de sinais adotada para força normal. Nas barras de uma estrutura não se pode aproveitar integralmente sua resistência, deve-se deixar uma margem para evitar com segurança a ruptura. Desta consideração nasce a noção de TENSÃO ADMISSÍVEL(fAdm) que é a tensão de ruptura minorada por um coeficiente de segurança. Por exemplo a seção (A) de uma barra solicitada pela força normal (N) é suficiente quando: σ= N ≤ f Adm A Eq. 07 Além da resistência deve ser estudada a deformação das estruturas. As barras tracionadas sofrem alongamentos e as comprimidas encurtamentos. Nos ensaios de tração e compressão pode-se, através de extensômetros, ler a deformação (∆l) entre dois pontos distantes de um comprimento (l). A relação(∆l/l) dita DEFORMAÇÃO ESPECÍFICA (ε), representa o alongamento, ou encurtamento, por unidade de comprimento. Traçando-se um gráfico de tensões contra deformações especificas, de um ensaio de tração, ou compressão, obtém-se um diagrama como o da figura 159. FIG. 159 - Diagrama "σ x ε" para ensaio de tração, ou compressão, em madeira A observação dos ensaios de tração e compressão permite observar que: 3. O diagrama "σ x ε" apresenta um trecho linear OA , onde as tensões são proporcionais as deformações, este trecho é limitado superiormente pela TENSÃO NO LIMITE DE PROPORCIONALIDADE (σe). Um corpo 71 de prova submetido a um esforço normal N, cuja tensão σ = N A é inferior a σe, quando retirado o esforço, assume um comportamento elástico voltando a sua forma inicial, por este motivo diz-se que o trecho OA corresponde a um REGIME ELÁSTICO. No caso da madeira o limite de proporcionalidade, praticamente, coincide com o limite elástico. 4. O diagrama "σ x ε" apresenta um trecho curvilíneo AC limitado inferiormente pelo limite de proporcionalidade (σe) e superiormente pela ruptura (fr). Um corpo de prova submetido a um esforço normal N, cuja tensão σ = N A se posiciona entre σe e fr, quando retirado o esforço, assume um comportamento inelástico não mais voltando a forma inicial mas permanecendo deformado, por este motivo diz-se que o trecho AC corresponde a um REGIME INELÁSTICO. A segurança contra ruptura exige tensões admissíveis contidas sempre na zona de proporcionalidade. Isto permite estabelecer um cálculo fácil dos alongamentos, ou encurtamentos, encontrados em barras de estruturas. Expressando-se a proporcionalidade entre σ e ε por um parâmetro E , dito MÓDULO DE ELASTICIDADE, ou, MÓDULO DE YOUNG, obtém-se: σ = E .ε σ ε= E Eq. 08 Substituindo-se ε por ∆l/l e σ por N/A, obtém-se: N ∆l = l E .A ∆l = N .l E .A Sendo: σ = tensão atuante na barra; ε = deformação especifica; E = módulo de elasticidade do material; ∆l = deformação da barra; N = força normal atuante na barra; l = comprimento da barra, e A = área da seção transversal da barra. Eq. 09 72 As equações 08 e 09 são formas de uma lei, válida para o regime elástico, conhecida por LEI DE HOOKE. Note, da equação 08, que sendo ε = ∆l l isento de unidade, as unidades de módulo de elasticidade são as mesmas de tensões. 4.2. CISALHAMENTO SIMPLES O cisalhamento simples só tem interesse nas ligações de estruturas de madeira, visto que na maioria das vezes o esforço cortante está agindo em conjunto com momentos fletores e o tratamento que, aqui, será empregado não é suficiente para explicar o fenômeno, o qual será estudado adiante, no item 4.3. Do ensaio de cisalhamento, em peças de madeira, representado figura 160, observa-se que: a) Corpo-de-prova b) Esquema do ensaio c) Ruptura da peça d) Corpo-de-prova rompido FIG. 160 - Esquema de ensaio de cisalhamento em um corpo-de-prova de madeira 1. Fazendo abstração do pequeno momento produzido, a carga de ruptura (Fr) é proporcional a área cisalhante (Ac), sendo a relação (Fr/Ac), conhecida como TENSÃO DE RUPTURA AO CISALHAMENTO, um parâmetro característico do material, que corresponde a força transmitida por unidade de área da seção cisalhante, no instante de ruptura. Esta observação é interpretada pela seguinte hipótese de trabalho: a força F, provoca uma TENSÃO DE CISALHAMENTO, uniformemente distribuída na área da seção cisalhante, dada por: τ= F Ac Sendo : τ = tensão de cisalhamento; F = carga aplicada, e Ac = área da seção cisalhante. Eq. 10 73 4.3. FLEXÃO DE BARRAS COM SEÇÃO SIMÉTRICA Estudar-se-á, agora, a flexão de vigas com seção simétrica, e, cujo "plano das forças" é o plano de simetria da viga, figura 161. Apesar, do problema lançado, ser limitado, é o caso mais freqüente em estruturas de madeira. FIG. 161 - Flexão de viga com seção simétrica A observação de vigas fletidas, com momento fletor positivo, permite observar que: 1. As fibras inferiores são esticadas e as superiores são comprimidas, indicando que a região inferior da viga possui tensões de tração (produzem alongamentos) e a superior tensões de compressão (produzem encurtamentos). 2. Não ocorrendo força normal, a linha que une os centros de gravidade das seções, em vigas de material homogêneo, não tem seu comprimento alterado, indicando que nesta linha as tensões serão nulas. A linha de tensões nulas é chamada de LINHA NEUTRA. Estas informações permitem supor a seguinte hipótese de trabalho: o momento fletor produz tensões linearmente distribuídas sobre a seção, ou seja: σ = k .y Com esta hipótese, fazendo-se o equilíbrio de uma seção submetida a momento fletor M, figura 162, obtém-se: a) Seção FIG. 162 - Seção submetida a momento fletor b) Diagrama linear de tensões 74 Calculando-se o diferencial de momento fletor (dM), produzido pelas tensões (σ) atuantes no diferencial de área (dA), a uma distância (y) do centro de gravidade (C.G.), obtém-se: dM = σ .dA. y = k . y . y .dA = k . y 2 .dA Integrando-se ao longo da seção, resulta: ∫ ∫ M = k . y 2 .dA = k . y 2 .dA s s Definindo-se: I= ∫ y .dA 2 Eq. 11 s ∫ 2 O parâmetro I = y .dA , por analogia ao momento de inércia, s ∫ r .dm , estudado na física, 2 é conhecido por MOMENTO DE INÉRCIA, o qual, por depender apenas da seção, é uma característica geométrica da seção. E portanto o momento fletor é dado por: M = k .I , e portanto k = M I E a tensão, provocada pelo momento fletor, a uma distância (y) do centro de gravidade é dada por: σ= M .y I Eq. 12 Sendo: σ = tensão normal na seção, devido a M, em um ponto distante do eixo x-x, que passa pelo centro de gravidade, de "y"; I = momento de inércia da seção; y = distância do ponto considerado ao eixo x-x que passa pelo centro de gravidade. Para se estudar o efeito da força cortante (V), que em geral atua em conjunto com o momento fletor (M), em vigas fletidas, separa-se um elemento de viga, entre as seções x e x+dx e limitado por um plano y constante, figura 163. 75 a) Seção b) Elemento de viga c) Perspectiva do elemento FIG. 163 - Elemento de viga entre as seções x e x+dx As tensões normais σx e σx+dx, provocadas pelos momentos Mx e Mx+dx, nas seções x e x+dx, produzirão es resultantes Tx e Tx+dx, no elemento considerado, assim: Mx .y I σx = σ x + dx = M x + dx .y I y1 y1 ∫ T x = σ x .dA = y ∫ y y1 ∫ T x + dx = σ x + dx .dA = y y1 Mx M .y .dA = x . y .dA I I ∫ y y1 ∫ y y1 M x + dx M .y .dA = x + dx . y .dA I I ∫ y Definindo-se: y1 S= ∫ y.dA Eq. 13 y y1 O parâmetro S = ∫ y.dA , por analogia ao momento M = F .z é conhecido por MOMENTO y ESTÁTICO, o qual, por depender apenas da seção, é outra característica geométrica da seção. Assim as resultantes Tx e Tx+dx, ficarão: Tx = Mx .S I Tx+dx = M x+ dx .S I 76 Isolando-se o elemento considerado, figura 164, com as resultantes Tx e Tx+dx, nota-se que o elemento só estará em equilíbrio, na direção axial, se existir uma força aplicada no plano y. Admitindo-se que esta força seja fornecida por tensões uniformes τh, então: FIG. 164 - Elemento considerado em equilíbrio horizontal ∑F h τh = ( ) + = 0 → ∴ T x + dx − T x − (τ h .b.dx ) = 0 Tx + dx − Tx b.dx Substituindo-se Tx+dx e Tx, obtidos anteriormente, resulta:  M x + dx   M x  .S  −  .S   I I S     = (M τh = x + dx − M x ). b.dx I .b.dx Sendo: M x + dx − M x = dM Obtém-se: τh = dM S . dx b.I Aplicando a equação 03, do item 3.6, resulta: τh = V .S b.I Isolando-se um cubo de dimensões infinitesimais dx, limitado pelo plano y e pela seção x, e sendo σ x+dx = σ x + dσ x , figura 165, obtém-se: 77 FIG. 165 - Cubo de dimensões infinitesimais Da figura 165, nota-se que para ocorrer equilíbrio de momentos, devem existir forças Fl, F2 e F3, como as representadas nessa figura. Equilibrando-se momentos no ponto A, obtém-se: dx dx − F3 .dx + F2 .dx − (σ x + dσ x ).dx 2 . = 0 2 2 dx − F3 .dx + F2 .dx − dσ x .dx 2 . = 0 2 ∑MA = 0 ∴σ x .dx 2 . Desprezando-se os infinitésimos de ordem superior, resulta: F2 = F3 Equilibrando-se momentos no ponto B, obtém-se: ∑ ∴ (σ x + dσ x ).dx 2 . MB = 0 dσ x .dx 2 . dx dx − τ h .dx 2 .dx + F1 .dx − σ x .dx 2 . = 0 2 2 dx − τ h .dx 2 .dx + F1 .dx = 0 2 Desprezando-se os infinitésimos de quarta ordem, resulta: F1 = τ h .dx 2 Do equilíbrio vertical do elemento, obtém-se: ∑ F = 0(+ ↑)∴ F − F v 1 2 =0 F1 = F2 Assim: F1 = F2 = F3 = τ h .dx 2 Admitindo-se que as forças F1, F2 e F3 sejam uniformemente distribuídas no elemento, então: 78 F1 = τ 1 .dx 2 F2 = τ 2 .dx 2 F3 = τ 3 .dx 2 E portanto, ficou estabelecido, aqui, o TEOREMA DE CAUCHY, que afirma que as tensões cisalhantes em planos perpendiculares são iguais, ou seja: τ h = τ1 = τ 2 = τ 3 Suprimindo-se os índices das tensões cisalhantes, devido a igualdade destas, obtém-se: τ = τ h = τ1 = τ 2 = τ 3 τ= V .S b.I Eq. 14 Até o momento, ficou estabelecido que o momento fletor produz um M diagrama linear de tensões normais σ = M V .S . y e que a força cortante produz tensões de cisalhamento τ = , I b.I entretanto a distribuição das tensões ao longo da seção não ficou estabelecida. Estudando-se a forma da distribuição, ao longo de uma seção retangular, das tensões de cisalhamento τ, obtém-se: FIG. 166 - Seção retangular τ= V .S b.I V = constante = força cortante na seção b = constante = largura da seção ∫ 2 I = constante, pois I = y .dA s 79 dA = b.dy S= y1 y1 y y ∫ y.dA = ∫ y1   y2 y .b.dy = b. y .dy = b. + C    2 y ∫ y1 y  y12   y2  b b + C  −  S = b. + C  = − .y 2 + .y12    2 2 2 2     τ= V .S V  b 2 b 2  V V = . − .y + .y1  = − .y 2 + .y12 ⇒ equação de uma parábola 2  2.I 2.I b.I b.I  2 O ponto de máximo τ , será obtido por: d 2τ dτ <0 =0 e dy dy 2 dτ d  V 2 V 2 V = .y + .y1  = − . y − 2.I dy dy  2.I I  dτ V = 0 ⇒ − .y = 0 ⇒ y = 0 ⇒ posição do centro de gravidade dy I d 2τ d2 = dy 2 dy 2 V  V 2 V 2 d  V  .y + .y1  =  − . y  = − < 0 − 2.I I  2.I  dy  I  E portanto, a seção retangular, apresenta uma distribuição parabólica de tensões de cisalhamento, cujo valor máximo se encontra no centro de gravidade. Assim o momento estático que conduz a máxima tensão de cisalhamento é o de meia seção. 4.4. DEFORMAÇÃO POR FLEXÃO Em uma viga solicitada por momento fletor positivo as fibras inferiores recebem tensões de tração e se esticam, as superiores recebem tensões de compressão e se encurtam. A viga toma uma forma curva, e os pontos que formavam, antes da deformação, o eixo da viga, formarão, depois, uma curva denominada LINHA ELÁSTICA da viga, ou simplesmente ELÁSTICA. A finalidade deste estudo é obter um método que permite calcular s equação da elástica v = v(x ) . A figura 167 mostra um elemento antes do carregamento (1 - 2 - 3 - 4) e na sua posição deslocada e deformada (1' - 2' -3' - 4'), para perceber melhor a deformação o desenho do elemento deformado foi repetido na posição não deslocada (1 - 2" - 3 - 4"). 80 a) linha elástica da viga b) Posição do elemento antes e depois da deformação FIG. 167 - Deslocamento e deformação da viga fletida Segundo a lei de Hooke, equação 08 item 4.1. , o alongamento ∆dx, do elemento, seria: ε= σ ∆dx σ σ ⇒ = ⇒ ∆dx = .dx E dx E E OBSERVAÇÃO: A distribuição linear de alongamentos, utilizada aqui, é conseqüência da distribuição linear de tensões. Historicamente foi utiliza da a suposição de BERNOULLINAVIER segundo a qual as seções planas permanecem planas após a deformação por flexão. Aplicando s equação 12, item 4.3., da tensão normal produzida por momento fletor (M), obtém-se: σ= M .y I ∆dx = σ M .dx ⇒ ∆dx = . y .dx E E .I Assim, conforme a figura 167, tem-se: dϕ = dx ∆dx M = = .dx r y E .I 81 E portanto, a curvatura da elástica k = k= dϕ , será: dx 1 M = r E .I Eq. 15 Desta forma, a curvatura da elástica é proporcional ao momento fletor e inversamente proporcional ao produto E.I, conhecido por RIGIDEZ CONTRA FLEXÃO. Sabendo-se que, dada uma curva v = v(x ) , entre as derivadas de v(x ) e a curvatura k = 1 r existe a relação: d 2v 1 dx 2 =± 3 r   dv  2  2 1 +      dx   2  dv  E, como na prática, os deslocamentos v são pequenos, o termo   pode ser desprezado  dx  em relação a unidade, resultando: 1 d 2v =± 2 r dx Na prática, consideram-se positivo os v para baixo, e positivas as curvaturas quando a convexidade também é para baixo, figura 168. Assim, quando as curvaturas são positivas, as segundas derivadas são negativas, e para se obter a convenção de sinal referida, deve-se ter: 1 d 2v =− 2 r dx FIG. 168 - Convenção de sinais para a curvatura e para os deslocamentos 82 Aplicando, este resultado na equação 15, obtém-se a equação diferencial utilizada no cálculo da linha elástica. − d 2v dx E .I . 2 = d 2v dx 2 M E .I = −M Eq. 16 OBSERVAÇÃO: A equação 16, fornece um cálculo aproximado das flechas, não só pela aproximação da equação da curvatura, mas principalmente pela não consideração da força cortante no cálculo da flecha. Entretanto, como o cálculo das flechas tem por finalidade: 1. Evitar o efeito estético de uma flecha exagerada, a possibilidade de vibrações de uma viga que apoia uma máquina, etc.. Portanto, para este fim, basta um cálculo simples da flecha, pois não afeta a resistência da peça não alterando portanto a sua segurança. 2. Servir de base pare calcular os esforços de sistemas hiperestáticos. Neste caso as flechas deveriam ser bastante precisas, entretanto estes esforços são funções de relações de flechas, na mesma viga, o que permite considerar que um eventual erro sistemático será em grande parte cancelado. EXEMPLO DE APLICAÇÃO - Calcular a equação da linha elástica, a posição da flecha máxima, e a flecha máxima para a viga, de E.I constante, representada na figura 169. FIG. 169 - Exemplo dado Inicialmente calculam-se as reações de apoio, obtendo-se: H A = 0N V A = 2375N V B = 4125 83 FIG. 170 - Reações de apoio Calculando-se as equações de momento fletor, obtém-se: • Para o trecho AB (0 ≤ x ≤ 3,00m ) ∑ M =0 x ∴ 2375.x − 500.x. − M = 0 2 M = −250.x 2 + 2375.x ( N .m se x em m ) FIG. 171 • Para o trecho BC (3,00 ≤ x ≤ 4,50m) ∑M =0 ∴ 2375.x − 1500.(x − 1,50) − M = 0 M = 875.x + 2250 ( N .m se x em m ) FIG. 172 • Para o trecho CD (4,50 ≤ x ≤ 6,00m) ∑M =0 ∴ M − 4125.(6,00 − x ) = 0 M = −4125.x + 24750 ( N .m se x em m ) FIG. 173 84 As condições de contorno para este problema serão: • Em x = 0m A flecha é nula, pois o ponto A (figura 170) é um apoio fixo. v (0 ,00 m ) = 0 • Em x = 3,00 m As flechas a esquerda e a direita são iguais, pois a elástica é continua (sem descontinuidade). v esq . (3,00 m ) = v dir . (3,00 m ) As derivadas primeira, a esquerda e a direita, da elástica são iguais, pois a elástica é continua (não forma quina).  dv esq .   dv   =  dir .  dx    x = 3 ,00 m  dx •    x =3 ,00 m Em x = 4 ,50 m Pelos mesmos motivos, apresentados para x = 3,00 m , tem-se: v esq . (4 ,50 m ) = v dir . (4 ,50 m )  dv esq .   dv    =  dir .   dx    x = 4 ,50 m  dx  x = 4 ,50 m • Em x = 6 ,00 m A flecha é nula, pois o ponto D (figura 170) é um apoio móvel. v (6 ,00 m ) = 0 Por simplicidade de notação utilizar-se-á, para os trechos AB , BC e CD , as elásticas v1 (x ), v 2 (x ) e v 3 (x ), respectivamente, assim, as condições de contorno serão: v1 (0 ,00 m ) = 0 v1 (3,00 m ) = v 2 (3,00 m ) 85  dv   dv1  = 2     dx  x =3,00m  dx  x =3,00m v 2 (4 ,50 m ) = v 3 (4 ,50 m )  dv  dv 2  =  3    dx  x = 4 ,50m  dx    x = 4 ,50m Aplicando-se a equação diferencial para o cálculo da linha elástica, equação 16, obtém-se: E .I . E .I . E .I . d 2 v1 dx 2 d 2 v2 dx 2 d 2 v3 dx 2 = 250.x 2 − 2375.x = −875.x − 2250 = 4125.x − 24750 Integrando-se estas equações, uma vez, em x, obtém-se: E .I . dv1 250 3 2375 2 = .x − .x + C1 3 2 dx E .I . dv 2 875 2 =− .x − 2250.x + C 3 2 dx E .I . dv3 4125 2 = .x − 24750.x + C 5 2 dx Integrando-se mais uma vez, em x, obtém-se: E .I .v1 = 250 4 2375 3 .x − .x + C1 .x + C 2 12 6 875 3 2250 2 .x − .x + C 3 .x + C 4 ( v 2 6 2 em m se E .I em N .m 2 ) 4125 3 24750 2 .x − .x + C 5 .x + C 6 ( v3 6 2 em m se E .I em N .m 2 ) E .I .v 2 = − E .I .v 3 = ( v1 em m se E .I em N .m 2 ) Aplicando-se as condições de contorno, obtém-se o seguinte sistema de equações: 86 C2 = 0 3.C1 + C 2 − 3.C 3 − C 4 = − 10125 2 C1 − C 3 = −2250 9 9 .C 3 + C 4 − .C 5 − C 6 = −151875 2 2 C 3 − C 5 = −50625 6.C 5 + C 6 = 297000 Cujo resultado será: C1 = 9562,5 N .m 2 C 2 = 0 N .m 3 C 3 = 11812,5 N .m 2 C 4 = −1687,5 N .m 3 C 5 = 62437,5 N .m 2 C 6 = −77625N .m 3 Desta forma, obtém-se as seguintes elásticas: • Para o trecho AB v1 = • 250 4 2375 3 19125 .x − .x + .x 12.E .I 6.E .I 2.E .I Para o trecho BC v2 = − • ( m se E.I em N.m2 ) (3,00 ≤ x ≤ 4,50m) 875 3 2250 2 23625 3375 .x − .x + .x − 6.E .I 2.E .I 2.E .I 2.E .I Para o trecho CD v3 = (0 ≤ x ≤ 3,00m ) ( m se E.I em N.m2 ) (4,50 ≤ x ≤ 6,00m) 4125 3 24750 2 124875 77625 .x − .x + .x − 6.E.I 2.E.I 2.E.I E.I ( m se E.I em N.m2 ) Existindo ponto de máxima flecha, em cada um dos trechos considerados, então temse que dv = 0 neste ponto. dx 87 • Para o trecho AB E .I . (0 ≤ x ≤ 3,00m ) dv1 250 3 2375 2 19125 = .x − .x + =0 3 2 2 dx O trecho não possui ponto de máximo, pois as raízes da equação dv1 =0, dx x1 ≅ −2,609m , x 2 ≅ 3,226m e x 3 ≡ 13,634m , não pertencem ao trecho considerado. Assim, a máxima flecha, neste trecho, ocorrerá em x = 3,00m e será: v1 = • 250 2375 19125 39375 .(3,00)4 − .(3,00)3 + .(3,00) = ( m se E.I em N.m2 ) 12.E.I 6.E.I 2.E.I 2.E.I Para o trecho BC E .I . (3,00 ≤ x ≤ 4,50m) dv 2 875 2 23625 =− .x − 2250.x + =0 dx 2 2 dv 2 = 0 são: x1 ≅ −8,369m e x 2 ≅ 3,226m . Assim, neste trecho, dx a máxima flecha ocorrerá em x ≅ 3,226m , pertencente ao trecho, e será: As raízes da equação v2 = − v2 ≅ • 2250 23625 3375 875 ⇒ .(3,226)3 − .(3,226)2 + .(3,226) − 6.E .I 2.E .I 2.E .I 2.E .I 19816 E .I Para o trecho CD E .I . ( m se E.I em N.m2 ) (4,50 ≤ x ≤ 6,00m) dv 3 4125 2 124875 = .x − 24750.x + =0 2 2 dx O trecho não possui ponto de máximo, pois as raízes da equação dv 3 =0, dx x1 ≅ 3,607m e x 2 ≅ 8,393m , não pertencem ao trecho considerado. Assim a máxima flecha, neste trecho, ocorrerá em x = 4,50m e será: v3 = 4125 24750 124875 77625 .(4,50)3 − .(4,50)2 + .(4,50) − ⇒ E.I 6.E.I 2.E.I 2.E.I v3 ≅ 15398 E.I ( m se E.I em N.m2 ) 88 Assim, para a estrutura em questão, a flecha máxima ocorrerá em x ≅ 3,226m e será: v máx ≅ 19816 E .I ( m se E.I em N.m2 ) 4.5. FLAMBAGEM A perda de estabilidade lateral, em peças comprimidas esbeltas, é conhecida por FLAMBAGEM, na qual a peça flamba bem antes de atingir a carga de ruptura (Fr). A carga aplicada no momento em que ocorre a flambagem é conhecida como CARGA CRÍTICA (Fcr). A figura 174, apresenta algumas barras no momento da flambagem. a) Barra bi-articulada b) Barra simplesmente c) Barra engastada engastada e articulada d) Barra bi-engastada FIG. 174 - Exemplos de flambagem A natureza do fenômeno permite perceber, os seguintes pontos: 1. A teoria de primeira ordem, que permite, nos cálculos dos esforços, confundir a forma inicial da estrutura com sua forma deslocada pelas cargas, deve ser abandonada no estudo da flambagem. 2. A flambagem não é problema de resistência e sim de estabilidade elástica. A carga crescente abandona, no valor da carga critica (Fcr), o regime de equilíbrio estável e entra, em regime de equilíbrio instável, no qual as flechas crescem com uma carga praticamente constante. 3. A ruptura da peça se dá, não por compressão, mas sim, por flexão. Para se obter o valor da carga critica (Fcr), pode-se estudar o equilíbrio da barra em sua posição deslocada. Para o caso de uma BARRA BI-ARTICULADA, sujeita à compressão, figura 175, tem-se: 89 FIG. 175 - Barra bi-articulada O deslocamento v, em uma abscissa x, provoca na barra um momento fletor M, dado por: M = F .v Aplicando-se a equação para o cálculo da elástica, equação 16, item 4.4., obtém-se: E .I . d 2v dx 2 d 2v dx 2 + = − F .v F .v = 0 E .I Cuja solução geral é: v = C1 . sen(k .x ) + C 2 . cos(k .x ) E, portanto: dv = C1 .k . cos(k .x ) − C 2 .k . sen(k .x ) dx d 2v dx 2 = −C1 .k 2 . sen(k .x ) − C 2 .k 2 . cos(k .x ) As condições de contorno, para o problema, são: 1. Em x = 0, v = 0, pois é ponto de apoio 2. Em x = l , v = 0, pois é ponto de apoio Eq. 17 90 Para satisfazer a condição l, deve-se ter: v(0) = C1 . sen(k .0) + C 2 . cos(k .0) ⇒ C 2 = 0 Assim, pode-se reduzir, as equações anteriores à: v = C1 . sen(k .x ) dv = C1 .k . cos(k .x ) dx d 2v dx 2 = −C1 .k 2 . sen(k .x ) = −k 2 .v Aplicando-se na equação 17, obtém-se o parâmetro k. d 2v dx 2 + F .v = 0 E .I − k 2 .v + F .v = 0 E .I F   v. − k 2 + =0 E .I   k= F E .I Para satisfazer a condição 2, deve-se ter:  F  v(l ) = C1 . sen .l  = 0  E .I    O que implica, para que exista a elástica no momento da flambagem, em:  F  sen .l  = 0  E .I    F .l = n.π E .I Assim, a carga critica será a primeira ocorrência de elástica, ou seja, para n = 1 e portanto: 91 Fcr .l = π E .I Fcr = π 2 .E .I l2 Para o caso de uma BARRA SIMPLESMENTE ENGASTADA, com as condições de contorno, que se seguem, de forma análoga ao caso anterior, obtém-se: FIG. 176 - Barra simplesmente engastada • Em x = l , v = 0, pois é ponto de apoio • Em x = l , Fcr = dv = 0, pois a rotação é nula no engastamento fixo dx π 2 .E .I 4.l 2 Para o caso de uma BARRA ENGASTADA E ARTICULADA, figura 177, de forma análoga, obtém-se: • • Em x = 0, v = 0, pois é ponto de apoio Em x = l , v = 0, pois é ponto de apoio • Em x = l , dv = 0, pois a rotação é nula no engastamento fixo dx 92 Fcr = 2.π 2 .E .I l2 FIG. 177 - Barra engastada e articulada Para o caso de uma BARRA BI-ENGASTADA figura 178, de forma análoga, obtém-se: FIG. 178 - Barra bi-engastada • Em x = 0, v = 0, pois é ponto de apoio • Em x = 0, • dv = 0, pois a rotação é nula no engastamento móvel dx Em x = l , v = 0, pois é ponto de apoio • Em x = l , Fcr = 4.π 2 .E .I l2 dv = 0, pois a rotação é nula no engastamento fixo dx 93 Utilizando-se o COMPRIMENTO DE FLAMBAGEM (lfl), apresentados nas figuras 175 a 178, em vez do comprimento da barra, a carga critica, para os casos apresentados, pode ser obtida por: π 2 .E .I l 2fl Fcr = Sendo: Fcr = carga critica de flambagem, também conhecida por CARGA DE EULER; E = módulo de elasticidade do material; I = momento de inércia da seção, e lfl = comprimento de flambagem da barra. Do conceito de carga critica, surge o conceito de TENSÃO CRÍTICA DE FLAMBAGEM (σcr), ou seja, a tensão atuante na barra no momento da flambagem. σ cr = Fcr A σ cr = π 2 .E .I l 2fl .A Definindo-se: i= I I ⇒ i2 = A A OBSERVAÇÃO: O parâmetro i, assim definido, é conhecido como RAIO DE GIRAÇÃO, por analogia ao que se segue: Seja uma área infinitesimal A, distante i, de um eixo x-x (figura 179). O momento de inércia (I), desta área, em relação ao eixo será: FIG. 179 I= ∫y s 2 .dA = i 2 .A 94 i2 = I A i= I A Onde, a distância i, mede um raio através do qual a área A gira em torno do eixo x-x. Substituindo-se, e expressão do raio de giração, à tensão critica de flambagem resulta: π 2 .E .i 2 l 2fl σ cr = Definindo-se: λ= l fl λ2 = i l 2fl i2 OBSERVAÇÃO: O parâmetro λ, assim definido, é conhecido como ÍNDICE DE ESBELTEZ, por ser uma relação entre a altura da barra e características da seção, exprimindo de alguma forma o quão delgada é a peça. Com a utilização do índice de esbeltez, a tensão crítica de flambagem, resultará na FÓRMULA DE EULER: σ cr = π 2 .E λ2 Eq. 19 Sendo: σcr = tensão critica de flambagem; E = módulo de elasticidade do material; λ = índice de esbeltez, λ = l fl i ; lfl = comprimento de flambagem da barra; i = raio de giração, i = I ; A I = momento de inércia da seção, e A = área da seção transversal. Cumpre ressaltar, aqui, algumas observações adicionais. 1. A fórmula de EULER, equação 19, só é válida para peças onde a flambagem ocorra em regime elástico. De fato, pois a equação para 95 cálculo da linha elástica, utilizada para sua demonstração, se utiliza da lei de Hooke, válida somente no regime elástico (ver item 4.4). 2. Do ponto de vista prático, o comprimento de flambagem (lfl) deve ser escolhido com pessimismo para se ficar ao lado da segurança. Motivo pelo qual a NBR-7190 (Cálculo e Execução de Estruturas de Madeira Norma Brasileira Registrada) adota para comprimento de flambagem o dobro do comprimento da peça (lfl=2.l), quando simplesmente engastada, e o comprimento da peça nos demais casos (lfl=l). 4.6. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 4.6.1. Qual a finalidade do estudo da resistência? 4.6.2. O que se entende por tensão de ruptura? 4.6.3. Qual a hipótese de trabalho utilizada para o efeito da força normal em barras de estruturas? Existe alguma restrição? Caso afirmativo, qual? 4.6.4. O que se entende por tensão admissível? 4.6.5. Além da resistência, o que mais deve ser estudado em estruturas? 4.6.6. O que é deformação especifica? O que representa? 4.6.7. O que se entende por tensão no limite de proporcionalidade? 4.6.8. O que se entende por regime elástico? E regime inelástico? 4.6.9. No caso da madeira, existe relação entre o limite elástico e o limite de proporcionalidade? Como? 4.6.10. O que se entende por módulo de elasticidade? 4.6.11. Quais as formas mais conhecidas da lei de Hooke? 4.6.12. Quais as unidades usuais da deformação especifica? E do módulo de Young? 4.6.13. O que se entende por tensão de ruptura ao cisalhamento? E por tensão de cisalhamento? 4.6.14. Que observações pode-se tirar de vigas fletidas, com momento fletor positivo? 4.6.15. O que se entende por linha neutra? 4.6.16. Qual a hipótese de trabalho utilizada para exprimir o efeito do momento fletor sobre vigas? 4.6.17. O que se entende por momento de inércia? Qual a analogia utilizada para sua denominação? 96 4.6.18, Qual a tensão (σ) provocada por um momento fletor (M), em um ponto distante (y) da linha neutra, quando não existe força normal? 4.6.19. O que se entende por momento estático? Qual a analogia utilizada para sua denominação? 4.6.20. O que rege o teorema de Cauchy? 4.6.21. Qual o efeito produzido pela força cortante em vigas fletidas? Como ele é avaliado? 4.6.22. Como se distribuem as tensões de cisalhamento, em uma seção de viga fletida de seção retangular? Onde se encontra seu valor máximo? Qual o momento estático utilizado? 4.6.23. O que se entende por linha elástica? 4.6.24. Qual e suposição, histórica, de Bernoulli-Navier? 4.6.25. Como é conhecido o produto E.I, do módulo de elasticidade pelo momento de inércia? 4.6.26. Qual a equação diferencial utilizada no cálculo da linha elástica? 4.6.27. Por que e equação, referida no exercício 4.6.26, fornece um cálculo aproximado? 4.6.28. Justifique porque o cálculo aproximado de flechas é normalmente aceito. 4.6.29. Obtenha a elástica, o ponto de flecha máxima e a flecha máxima, da estrutura representada na figura 180. FIG. 180 - Estrutura dada 4.6.30. O que se entende por flambagem? 4.6.31. O que se entende por carga critica de flambagem? 4.6.32. É possível utilizar a teoria de primeira ordem, no estudo da flambagem? Porque? 4.6.33. A flambagem é problema de resistência? Porque? 97 4.6.34. A ruptura de uma peça, esbelta, comprimida se dá por compressão? Caso negativo, como ocorre? 4.6.35. Para barras de comprimento l, forneça os comprimentos de flambagem, para os seguintes casos: a) Barra bi-articulada b) Barra simplesmente engastada c) Barra engastada e articulada d) Barra bi-engastada. 4.6.36. Para a barra, representada na figura 181, forneça as condições de contorno e, por analogia a resultados anteriores, a carga critica de flambagem, bem como o comprimento de flambagem. FIG. 181 - Barra dada 4.6.37. Qual a forma geral da carga de Euler? 4.6.38. Como é definido raio de giração? Qual a analogia utiliza da para sua denominação? 4.6.39. Como é definido o índice de esbeltez? O que exprime? 4.6.40. O que se entende por tensão critica de flambagem? 4.6.41. Qual a fórmula de Euler para o cálculo da tensão critica de flambagem? 4.6.42. A fórmula de Euler é aplicável em qualquer problema de flambagem? Justifique. 4.6.43. Como a NBR-7190 (Cálculo e Execução de Estruturas de Madeira - Norma Brasileira Registrada) adota o comprimento de flambagem? Qual o motivo? 98 5. CARACTERÍSTICAS GEOMÉTRICAS DE SEÇÕES PLANAS 5.1. GENERALIDADES Durante o cálculo de estruturas, o engenheiro se defronta com problemas de tensões, ou seja os efeitos sobre o material causados por esforços solicitantes. Pode-se mostrar (ver item 4.3.), por exemplo, que o momento fletor produz sobre determinada seção uma distribuição linear de tensões normais, representada na figura 182, dadas por: σ = M .y I Sendo: σ = tensão normal atuante em um ponto afastado de "y" da linha neutra (linha de tensão nula que geralmente passa pelo centro de gravidade da seção; M = momento fletor atuante na seção; I = momento de inércia da seção em relação à linha neutra, e y = distância do ponto em estudo à linha neutra. FIG. 182 - Distribuição de tensões produzida por momento fletor Já a força cortante produz, em uma viga de seção retangular, um diagrama parabólico de tensões cisalhantes (ver item 4.3), cujo valor máximo é dado por: τ máx = V .S b.I Sendo: τmáx = máxima tensão de cisalhamento atuante na seção; 99 V S b I = força cortante atuante na seção; = momento estático de meia seção em relação à linha neutra; = largura da seção na linha neutra; = momento de inércia da seção em relação à linha neutra. FIG. 183 - Distribuição de tensões cisalhantes produzida por força cortante Enquanto que a força normal de tração e mesmo a de compressão peças curtas e robustas (ver item 4.1), produz um diagrama de tensões normais uniforme, representados nas figuras 184 e 185, dado por: σ= N A Sendo: σ = tensão normal atuante na seção; N = força normal atuante na seção, e A = área da seção. FIG. 184 - Distribuição de tensões produzida por uma força normal de tração FIG. 185 - Distribuição de tensões produzida por uma força normal de compressão Quando a peça é esbelta (pequena largura e grande comprimento) a força normal de compressão produz o fenômeno da FLAMBAGEM, isto é a perda de estabilidade lateral 100 devido a compressão. Demonstra-se (ver item 4.5) que, neste caso, a tensão critica de flambagem, ou seja, a tensão na iminência da flambagem é dada por: π 2 .E λ2 σ cr = Sendo: σcr = tensão critica de flambagem; E = módulo de elasticidade do material, e λ = índice de esbeltez. O índice de esbeltez λ, por sua vez é dado por: λ= l fl i Sendo: λ = índice de esbeltez; lfl = comprimento de flambagem da peça, o qual depende do esquema estático, isto é, das vinculações com o meio exterior, e i = raio de giração Desta forma torna-se obrigatório, ao calculista de estruturas, o perfeito conhecimento das características geométricas de seções planas, bem como obte-las. 5.2. DEFINIÇÕES As características geométricas de uma seção conhecidas como área da seção transversal, momento estático, momento de inércia e raio de giração são definidas por: • Área da seção transversal A= • seção Eq. 20 Momento estático S= • ∫ dA y1 ∫ y.dA y Eq. 21 Momento de inércia I= ∫y 2 .dA seção Eq. 22 101 • Raio de giração i= I A Eq. 23 5.3. TABELAS DE CARACTERÍSTICAS GEOMÉTRICAS DE SEÇÕES PLANAS A seguir são apresentados os valores das características geométricas, para as seções mais comuns. a) Seção retangular A = b.h S x− x = b.h 2 8 S y− y = h.b 2 8 I x− x = b.h 3 12 I y− y = h.b 3 12 i x− x = FIG. 186 i min = h i y− y = 12 menor l arg ura 12 b) Seção quadrada A = a2 S x− x = S y− y = I x− x = I y− y a3 8 a4 = 12 i x − x = i y − y = i min = FIG. 187 a 12 b 12 102 c) Seção circular A= π .d 2 4 S x− x = S y− y = d3 12 I x− x = I y− y = π .d 4 64 i x − x = i y − y = i min = d 4 FIG. 188 d) Seção triangular A= b.h 2 S x− x = I x− x b.h 3 = 36 i x− x = FIG. 189 4 .b.h 2 81 2 .h ≅ 0,236.h 6 i min = menor entre i x − x h.b 2 24 S y− y = I y− y h.b 3 = 48 6 .b 12 i y− y = e i y− y e) Seção semicírculo A= π .d 2 8 S x − x ≅ 0 ,00858.d 3 FIG. 190 S y− y = d3 24 8  4 π I x− x =  − .r  8 9.π  I y− y = π 4 .r 8 i x − x = i min ≅ 0,2643.r i y− y = d 4 103 f) Seção setor circular ( ) w 2 sen 2 c = .r . w 3 2 FIG. 191 A= ( ) I x− x = 8 r4 . . sen 2 w 2 9 w S a −a = 2 3 .r . sen w 2 3 ( ) w 2 .r 2 I y− y = r4 .[w − sen(w)] 8 I a −a = r4 .[w + sen(w)] 8 OBS.: w em radianos g) Seção composta 1. A primeira etapa do cálculo, das características geométricas da seção composta, é identificar os elementos que a compõem e obter, para cada elemento, Ai , I ix − x e I i y − y . 2. Em seguida deve-se adotar um sistema de eixos auxiliar OXY, identificar, neste sistema de eixos, a posição do centro de gravidade de cada elemento (xi e yi) e obter o centro de gravidade da seção composta por: n n xg = ∑ x i .Ai ∑ y .A i i =1 n e ∑A yg = i i =1 n ∑A i i i =1 i =1 3. Finalmente, em relação aos eixos x-x e y-y, que passam pelo centro de gravidade da seção composta, calculam-se as características geométricas da seção composta por: n A= ∑A i i =1 n S x− x = ∑ ∆y .A ( meia i i n seção ) S y− y = i =1 n I x− x = ∑ i =1 i x− x = ∑ I x− x A i i n ∆y i2 .Ai seção ) i =1 n I ix − x + ∑ ∆x .A ( meia I y− y = i =1 ∑ n I iy− y + i =1 i y− y = ∑ ∆x 2 i .Ai i =1 I y− y A i min = menor valor entre i x − x e i y − y , sempre que existir ao menos um eixo de simetria. 104 NOTAÇÕES: a, b, h, d, c e r = distâncias cotadas nas figuras; A = área da seção transversal; = momento estático, em torno do eixo x-x, para meia seção; Sx-x Sy-y = momento estático, em torno do eixo y-y, para meia seção; Ix-x = momento de inércia, em torno do eixo x-x; Iy-y = momento de inércia, em torno do eixo y-y; ix-x = raio de giração, em torno do eixo x-x; iy-y = raio de giração, em torno do eixo y-y; imin = raio de giração mínimo; Sa-a = momento estático, da seção, em torno do eixo a-a; Ia-a = momento de inércia, da seção, em torno do eixo a-a; xg e yg = coordenadas do centro de gravidade, da seção composta, em relação aos eixos adotados X e Y; xi e yi = coordenadas do centro de gravidade do elemento i, em relação aos eixos X e Y; = área da seção transversal do elemento i; Ai I ix − x e I i y − y = momentos de inércia do elemento i em relação aos eixos passando pelo ∆xi e ∆yi centro de gravidade do elemento e paralelos aos eixos x-x e y-y, respectivamente; = distâncias entre os centros de gravidade da seção composta e do elemento i, sobre os eixos x-x e y-y, respectivamente. 5.4. EXEMPLOS DE APLICAÇÃO A titulo de exemplo, pode-se resolver os seguintes problemas: EXEMPLO l: Calcular as características geométricas da seção representada na figura 192. FIG. 192 - Exemplo 1 A solução deste problema é simples aplicação de resultados tabelados (alínea e, seção semicírculo). • Posição do centro de gravidade e dos eixos x-x e y-y. yg = 4.r 4.10 = ≅ 4 ,24cm 3.π 3.π 105 FIG. 193 • Área da seção transversal (A) A= • π .d 2 π .20 2 = ⇒ 8 8 Momentos estáticos, em torno dos eixos x-x e y-y, para meia seção (Sx-x e Sy-y). S x− x ≅ 0,00858.d 3 ≅ 0,00858.203 ⇒ S y− y = • d 3 203 = ⇒ 24 24 S x − x ≅ 69cm 3 S y − y ≅ 333cm 3 Momentos de inércia, em torno dos eixos x-x e y-y (Ix-x e Iy-y) 8  4 π 8  4 π I x− x =  − .r =  − .10 ⇒  8 9.π   8 9.π  I y− y = • A ≅ 157cm 2 π 4 π .r = .10 4 ⇒ 8 8 I x− x ≅ 1098cm 4 I y − y ≅ 3927cm 4 Raios de giração, em torno dos eixos x-x e y-y e raio de giração mínimo (ix-x, iy-y e imin) i x− x = imin ≅ 0,2643.r ≅ 0,2643.10 ⇒ i x− x ≅ 2,6cm imin ≅ 2,6cm i y− y = d 20 = ⇒ 4 4 i y − y = 5,0cm 106 EXEMPLO 2: Calcular as características geométricas da seção composta, representada na figura 194. FIG. 194 - Exemplo 2 A seção em questão é uma seção composta por dois elementos. Neste caso, o primeiro passo para se obter es características geométricas da seção é obter para cada um de seus elementos as seguintes características: Ai , I ix − x e I i y − y . ELEMENTO 1 A1 = b.h = 12.3 = 35cm 2 I1x − x = b.h 3 12.33 = = 27cm 4 12 12 I1y − y = h.b 3 3.123 = = 432cm 4 12 12 FIG. 195 ELEMENTO 2 A2 = b.h = 6.16 = 96cm 2 I 2 x− x = b.h 3 6.163 = = 2048cm 4 12 12 I 2 y− y = h.b 3 16.63 = = 288cm 4 12 12 FIG. 196 Em um segundo passo deve-se encontrar a posição do centro de gravidade, pelo qual passam os eixos x-x e y-y, da seção composta. Para isto adotam-se arbitrariam ente um sist ema de coordenadas OXY. A posição do centro de gravidade é obtida por: 107 2 ∑ x .A i xg = i i =1 2 ∑A = 6.36 + 6.96 = 6cm 36 + 96 = 17 ,5.36 + 8.96 ≅ 10 ,59cm 36 + 96 i i =1 2 ∑ y .A i yg = i i =1 2 ∑A i i =1 FIG. 197 FIG. 198 - Posição do centro de gravidade e dos eixos x-x e y-y. Finalmente calculam-se as características geométricas da seção composta em relação aos eixos x-x e y-y que passam pelo seu centro de gravidade. • Área da seção transversal (A) 2 A= ∑A = A +A i 1 2 = 36 + 96 ⇒ i =1 • Momento estático, para meia seção, em torno do eixo x-x (Sx-x) FIG. 199 FIG. 200 A = 132cm 2 108 Neste caso o cálculo de Sx-x pode ser feito para a metade inferior (figura 199) ou para a metade superior (figura 200). Por qualquer dos cálculos, o resultado será o mesmo. Fazendo-se o cálculo pela metade inferior, obtém-se: 1 S x− x = ∑ ∆y .A ( meia i i seção ) = ∆y a .Aa i =1 ∆y a = 10,59 ≅ 5,295cm 2 Aa = 6.10,59 ≅ 63,54cm 2 S x − x ≅ 336,5cm 3 S x − x = ∆y a .Aa = 5,295.63,54 ⇒ Fazendo-se o cálculo pela metade superior obtém-se: 2 S x− x = ∑ ∆y .A ( meia i i seção ) = ∆y a .Aa + ∆y b .Ab i =1 ∆y a = (16 − 10,59) + 3,00 ≅ 6,91cm 2  16 − 10,59  ∆y b =   ≅ 2,705cm 2   Aa = A1 = 12.3 ≅ 36cm 2 Ab = 6.(16 − 10,59) ≅ 32,46cm 2 S x − x = ∆y a .Aa + ∆y b .Ab = 6,91.36 + 2,705.32,46 ⇒ • Momento estático, para meia seção, em torno do eixo y-y (Sy-y) FIG. 201 FIG. 202 S x − x ≅ 336,5cm 3 109 Neste caso o cálculo de Sy-y pode ser f eito para a metade esquerda (figura 201) ou para a metade direita (figura 202). Em ambos o resultado será o mesmo e obtido por: 2 S y− y = ∑ ∆x .A ( meia i seção ) = ∆x a .Aa + ∆x b .Ab i i =1 ∆x a = 6 = 3cm 2 ∆y b = 3 = 1,5cm 2 Aa = A1 = 6.3 = 18cm 2 2 Ab = A2 = 3.16 = 48cm 2 2 S y − y = ∆x a .Aa + ∆x b .Ab = 3.18 + 1,5.48 ⇒ • Momento de inércia, em torno do eixo x-x (Ix-x) FIG. 203 n I x− x = ∑I n ix − x i =1 + ∑ ∆y 2 i .Ai i =1  3,00  ∆y1 = (16,00 − 10,59) +   ≅ 6,91cm  2  A1 = 36cm 2 I 1x − x = 27cm 4 S y − y = 126cm 3 110  16,00  ∆y 2 = 10,59 −   ≅ 2,59cm  2  A2 = 96cm 2 I 2 x − x = 2048cm 4 [( )] ) ( I x − x = [27 + 2048] + 6,912 .36 + 2,59 2 .96 ⇒ • I x − x ≅ 4438cm 4 Momento de inércia, em torno do eixo y-y (Iy-y) FIG. 204 Neste caso, os centros de gravidade dos elementos, estão sobre o eixo y-y, assim as distancias ∆xl e ∆x2 são nulas. ∆x1 = ∆x 2 = 0,00cm Ficando-se: 2 I y− y = ∑ 2 I iy− y + i =1 ∑ 2 ∆x i2 .Ai = i =1 ∑ i =1 2 I iy− y + 0 = ∑I iy− y = I 1y − y + I 2 y − y i =1 I 1y − y = 432cm 4 I 2 y − y = 288cm 4 I y − y = I 1 y − y + I 2 y − y = 432 + 288 ⇒ • I y − y = 720cm 4 Raio de giração, em torno do eixo x-x (ix-x) i x− x = I x− x = A 4438 ⇒ 132 i x − x ≅ 5,8cm 111 • Raio de giração, em torno do eixo y-y (iy-y) i y− y = • I y− y 720 ⇒ 132 = A i x − x ≅ 2,3cm Raio de giração mínimo Quando a seção tem ao menos um eixo de simetria, x-x ou y-y, os momentos principais de inércia são iguais aos momentos de inércia Ix-x e Iy-y. Desta forma o raio de giração mínimo será o menor entre ix-x e iy-y. i min = i y − y ( no caso ) ⇒ i min ≅ 2,3cm OBSERVAÇÕES COMPLEMENTARES Uma análise das equações apresentadas na alínea g, da tabela para cálculo das características geométricas de seções composta, permite tecer algumas observações que facilitarão o cálculo: 1. Seções com um eixo de simetria terão seu centro de gravidade neste eixo. Por exemplo, se o eixo y-y for eixo de simetria (figura 205) e o sistema de coordenada adotado contiver este eixo, as coordenadas x , do centro de gravidade do elemento i, serão nulas (x3 = x4 = 0) ou terão, em elementos simétricos, coordenadas de sinais contrários (xl = −x2) anulando ∑ n i =1 xi .Ai e assim xg = 0. x1 = − x 2 , A1 = A2 e x 3 = x 4 = 0 4 ∑ x .A i xg = i i =1 4 ∑A = x1 .A1 + x 2 .A2 + x 3 .A3 + x 4 .A4 ⇒ A1 + A2 + A3 + A4 i i =1 FIG. 205 xg = x1 .A1 + (− x1 ).A1 + 0.A3 + 0.A4 ⇒ A1 + A1 + A3 + A4 xg = 0 2. Seções com dois eixos de simetria terão seus centros de gravidade no cruzamento destes eixos. 3. Algumas seções podem ser tratadas como composta por uma seção maciça e um "buraco", diminuindo o número de elementos e com isso facilitando o cálculo. Nestes casos o "buraco" deve ser considerado 112 como um elemento de área negativa e consequentemente de momento  de inércia negativo  I =   y 2 .dA, se dA < 0 então I < 0  . seção  ∫ FIG. 206 4. Um caso particular, da aplicação destas observações, é o caso de uma seção composta que pode ser tratada como uma seção maciça e um "buraco" na qual os centros de gravidade da seção composta, da seção maciça e do "buraco" coincidem (figura 207), neste caso as características geométricas ficarão: FIG. 207 n A= ∑A ∴ A = A1 − A2 i i =1 n S x− x = ∑ ∆y .A ( meia seção ) ∴ S x − x = S 1x − x − S 2 x − x ∑ ∆x .A ( meia seção ) ∴ S y − y = S1y − y − S 2 y − y i i i =1 n S y− y = i i i =1 n I x− x = ∑ i =1 n I ix − x + ∑ ∆y i =1 2 i .Ai ∴ I x − x = I 1x − x − I 2 x − x 113 n I y− y = ∑ n I iy− y + i =1 i x− x = ∑ ∆x 2 i .Ai ∴ I y − y = I 1y − y − I 2 y − y i =1 I x− x A i y− y = I y− y A i min = menor valor entre i x − x e i y − y . EXEMPLO 3 - Calcular as características geométricas da seção representada na figura 208. FIG. 208 Neste caso o primeiro passo é o cálculo das características geométricas ( Ai , S ix − x , S i y − y , I ix − x e I i y − y ) dos elementos que compõem a seção composta. ELEMENTO 1 (Seção maciça) A1 = b.h = 10,6.23 ⇒ A1 ≅ 244cm 2 S 1x − x = b.h 2 10,6.23 2 = ⇒ 8 8 S1x − x ≅ 701cm 3 S1y − y = h.b 2 23.10,6 2 = ⇒ 8 8 S1 y − y ≅ 323cm 3 I 1x − x = b.h 3 10,6.23 3 = ⇒ 12 12 I 1x − x ≅ 10748cm 4 I 1y − y = h.b 3 23.10,6 3 = ⇒ 12 12 I 1y − y = 2283cm 4 ELEMENTO 2 (Buraco) A2 = b.h = 6.11 ⇒ A2 ≅ 66cm 2 114 S 2x− x = b.h 2 6.112 = ⇒ 8 8 S 2 x − x ≅ 91cm 3 S 2 y− y = h.b 2 11.6 2 = ⇒ 8 8 S 2 y − y ≅ 50cm 3 I 2x− x = b.h 3 6.113 = ⇒ 12 12 I 2 x − x ≅ 6668cm 4 I 2 y− y = h.b 3 11.6 3 = ⇒ 12 12 I 2 y − y = 198cm 4 Como neste exemplo, a seção composta possui dois eixos de simetria, o seu centro de gravidade se encontra no cruzamento destes eixos. O mesmo acontece com seus elementos. E, ainda, os centros de gravidade dos elementos e o da seção composta coincidem, assim es características geométricas da seção composta serão: • Área da seção transversal (A) A = A1 − A2 = 244 − 66 ⇒ • Momento estático, para meia seção, em torno do eixo x-x ( Sx-x) S x − x = S1x − x − S 2 x − x = 701 − 91 ⇒ • I y − y ≅ 2085cm 4 Raio de giração, em torno do eixo x-x (ix-x) i x− x = • I x − x ≅ 10082cm 4 Momento de inércia, em torno do eixo y-y (Iy-y) I y − y = I 1y − y − I 2 y − y = 2283 − 198 ⇒ • S y − y ≅ 273cm 3 Momento de inércia, em torno do eixo x-x (Ix-x) I x − x = I 1x − x − I 2 x − x = 10748 − 666 ⇒ • S x − x ≅ 610cm 3 Momento estático, para meia seção, em torno do eixo y-y (Sy-y) S y − y = S1y − y − S 2 y − y = 323 − 50 ⇒ • A ≅ 178cm 2 I x− x 10082 = ⇒ 178 A i x − x ≅ 7 ,5cm Raio de giração, em torno do eixo y-y (iy-y) i y− y = I y− y A = 2085 ⇒ 178 i y − y ≅ 3,4cm 115 • Raio de giração mínimo (imin) Neste caso, a seção tem eixo de simetria e portanto os momentos principais de inércia são iguais aos momentos de inércia Ix-x e Iy-y. Assim o raio de giração mínimo é o menor entre ix-x e iy-y. i min = menor valor entre i x − x e i y − y ⇒ i min = 3,4cm 5.5. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 5.5.1. Quais são e como são definidas as características geométricas de uma seção? 5.5.2. Obtenha as características geométricas das seções representadas nas figuras 209 a 217. FIG.209 FIG.210 FIG.211 FIG.212 FIG.213 FIG.214 FIG.215 FIG.216 FIG.217 116 5.5.3. Mostrar que o momento de inércia, de um quadrado, em torno de seu eixo diagonal é igual ao momento de inércia em torno dos eixos x-x e y-y. Sugestão: Para obter o momento de inércia em torno do eixo diagonal, calcule uma seção composta por dois triângulos. I1−1 = I x − x = I y − y ? FIG. 218 5.5.4. Uma seção com um eixo de simetria permite afirmar o que em relação a seu centro de gravidade? E com dois eixos de simetria? 5.5.5. Calcular as características geométricas da seção representada na figura 219. FIG. 219 5.5.6. Calcular as características geométricas das seções representadas nas figuras 220 a 222. FIG. 220 FIG. 221 FIG. 222 117 6. TEORIA DAS TRELIÇAS 6.1. GENERALIDADES Treliças são estruturas formadas por barras ligadas pelas extremidades, formando um conjunto rígido, que mantém sua geometria durante o carregamento. Os pontos de união das barras, denominados NÓS DA TRELIÇA, são admitidos como articulações perfeitas (rótulas), em cálculo, embora a ligação tenha alguma rigidez. As cargas, em uma treliça, são sempre aplicadas a seus nós, evitando o aparecimento de momentos fletores em suas barras, que assim ficarão sujeitas somente a esforços axiais (força normal). As treliças são utilizadas para os mesmos propósitos das vigas, com a vantagem de alcançarem vãos muito maiores, visto que sendo as barras da treliça sujeitas unicamente a esforços axiais podem utilizar toda a resistência do material, ao passo que as vigas sendo, em geral, fletidas usam somente parte desta resistência, conforme se nota na figura 223. a) Tensões normais em uma viga fletida b) Tensões normais em uma barra de uma treliça FIG. 223 - Utilização da resistência do material por uma viga fletida e por uma barra de treliça 6.2. TIPOS DE TRELIÇAS Existem TRELIÇAS PLANAS (treliças cujas barras e cujo carregamento estão em um único plano) e TRELIÇAS ESPACIAIS (treliças cujas barras e cujo carregamento se encontram dispostos em diversos planos), entretanto, na maioria dos casos, as treliças espaciais podem ser reduzidas a um sistema de treliças planas. Assim, neste curso estudarse-ão apenas as treliças planas. 118 FIG. 224 - Redução de uma treliça espacial em treliças planas a) Quanto a estabilidade geométrica Quanto a estabilidade geométrica, internamente, as treliças podem ser: TRELIÇAS HIPOSTÁTICAS, são treliças geometricamente instáveis e portanto nunca devem ser utilizadas. b < 2.n − 3 Onde: b = número de barras; n = número de nós. FIG. 225 - Treliça hipostática TRELIÇAS ISOSTÁTICAS, são treliças geometricamente estáveis e estaticamente determinadas, ou seja, os esforços nas barras são determinados apenas com a aplicação das Fh = 0 e Fv = 0 ). equações fundamentais da estática ( ∑ ∑ 119 b = 2.n − 3 Onde: b = número de barras; n = número de nós. FIG. 226 - Treliça isostática TRELIÇAS HIPERESTÁTICAS, são treliças geometricamente estáveis, mas estaticamente indeterminadas, ou seja, para se determinar os esforços nas barras, além das equações fundamentais da estática, são necessárias equações suplementares advindas da compatibilidade de deslocamentos. As treliças hiperestáticas não serão objeto de estudo deste curso. b > 2.n − 3 Onde: b = número de barras; n = número de nós. FIG. 227 - Treliça hiperestática b) Quanto a lei de formação Quanto a lei de formação as treliças isostáticas podem ser: SIMPLES, são as treliças formadas a partir de três barras, ligadas em triângulo, juntandose a estas duas novas barras para cada novo nó. A figura 228 apresenta algumas treliças isostáticas simples. COMPOSTAS, são as treliças formadas pela ligação de duas ou mais treliças simples, por meio de rótulas ou barras bi-rotuladas. A figura 229 apresenta algumas treliças isostáticas compostas. COMPLEXAS, são as treliças que não obedecem às regras de formação das anteriores. A figura 230 apresenta alguns exemplos de treliças isostáticas complexas. 120 a) TRELIÇA HOWE - muito utilizada na construção de pontes de madeira ou aço. b) TRELIÇA PRATT ou N - utilizada na construção de pontes de madeira ou aço. c) TRELIÇA WARREN - também utilizada na construção de pontes de madeira ou aço. d) TRELIÇA HOWE DE CONTORNO TRIANGULAR - muito utilizada na construção de telhados. e) TRELIÇA PRATT DE CONTORNO TRIANGULAR utilizada na construção de telhados. f) TRELIÇA BELGA DE CONTORNO TRIANGULAR - também utilizada na construção de telhados. FIG. 228 - Exemplos de treliças isostáticas simples a) TRELIÇA PONCELEAU ou FINK - utilizada na construção de telhados. OBS.: Neste caso a "Chapa Terra" age como barra bi-rotulada b) PÓRTICO TRELIÇADO TRIARTICULADO - utilizado na construção de galpões industriais. É comum, nestes galpões, utilizarse na vedação lateral telhas de fibrocimento ou chapas de madeira compensada. FIG. 229 - Exemplos de treliças isostáticas compostas 121 a) TRELIÇA DE SHUKHOV b) TRELIÇA DE DIAGONAIS CONVERGENTES FIG. 230 - Exemplos de treliças isostáticas complexas 6.3. NOMENCLATURA UTILIZADA É comum, utilizar-se, para as barras das treliças, a seguinte nomenclatura: • • • • • Banzo superior - Barras do contorno superior da treliça. Banzo inferior - Barras do contorno inferior da treliça. Montantes - Barras verticais, e as vezes perpendicular ao banzo superior, internas da treliça. Diagonais - Barras inclinadas e internas da treliça. Diagonal (ou montante) de apoio - São as diagonais (ou montantes) da treliça que fazem parte de seu contorno e situam-se sobre um apoio. A figura 231 exemplifica esta nomenclatura, mostrando também um caso no qual não é possível identificar os banzos superior e inferior (item d). FIG. 231 - Nomenclatura utilizada nas treliças 122 6.4. CÁLCULO DE ESFORÇOS NAS BARRAS DE TRELIÇAS ISOSTÁTICAS Para obtenção dos esforços normais nas barras de treliças isostáticas planas existem métodos analíticos e métodos gráficos. Entre os primeiros destacam-se o MÉTODO DE RITTER e o MÉTODO DOS NÓS (Equilíbrio de nós) e entre os métodos gráficos destacam-se o EQUILÍBRIO GRÁFICO DOS NÓS e o PLANO CREMONA. a) Método de Ritter O método de Ritter é indicado quando se deseja determinar esforços em poucas barras da treliça, consiste em "cortar" a treliça, por três barras não concorrentes, substituindo estas barras pelos esforços normais (incógnitas) no sentido positivo (tração) e equilibrar uma das partes da estrutura. Conforme as equações utilizadas no equilíbrio o método se subdivide em MÉTODO DOS MOMENTOS e MÉTODO DAS CORTANTES. O MÉTODO DOS MOMENTOS é indicado quando as três barras por onde se fará o corte são concorrentes duas a duas. Neste caso, no ponto de interseção de duas barras, faz-se o equilíbrio de momentos em uma das partes da estrutura obtendo-se o esforço normal na terceira barra. EXEMPLO 1 - Calcular os esforços normais nas barras 2-4, 2-5 e 3-5 (N2-4, N2-5 e N3-5) da treliça representada na figura 232. FIG. 232 - Exemplo 1 Calculando-se as reações de apoio, obtém-se: 123 FIG. 233 - Reações de apoio e posição do corte I-I Cortando-se a estrutura, corte I-I, e colocando-se os esforços normais com seu sentido positivo, tração, obtém-se: FIG. 234 - Corte da estrutura Fazendo-se o equilíbrio de momentos no nó 5, ponto de interseção das barras 2-5 e 3-5, para a parte esquerda da estrutura, pode-se obter o esforço na barra 2-4, isto é, N2-4, como segue: ∑M 5 =0 ∴12000 .3,00 − 2000 .3,00 − 4000 .1,50 + N 2 − 4 .r1 = 0 ⇒ N 2− 4 = −24000 r1 O valor de rl é obtido através de relações geométricas, assim: Do triângulo formado pelos nós l, 6 e 7, obtém-se: 124 2 ,00 ≅ 0 ,444 ⇒ α ≅ 23 o 57' 45" 4 ,50 tgα = Do triângulo formado pelos nós 1 e 5 e pelo ponto A, obtém-se: sen α = r1 ⇒ r1 = 3,00. sen α ⇒ r1 ≅ 1,218m 3,00 Obtendo-se para N2-4: N 2− 4 = −24000 −24000 ⇒ N 2−4 = ⇒ N 2 − 4 ≅ −19704 N (compressão) r1 1,218 Fazendo-se o equilíbrio de momentos no nó l, ponto de interseção das barras 2-4 e 3-5, para a parte esquerda da estrutura, pode-se obter o esforço na barra 2-5, isto é N2-5, como segue: ∑M 1 =0 ∴ 4000 .1,50 + N 2 −5 .r2 = 0 ⇒ N 2 −5 = −6000 r2 O valor de r2 é obtido através de relações geométricas, assim: Os triângulos 1,2,3 e 2, 3, 5 são iguais, pois têm dois lados iguais (1,50m e r3) e um ângulo igual (90°). Desta forma, do triângulo formado pelos nós 1 e 5 e pelo ponto B, obtém-se: sen α = r2 ⇒ r2 = 3,00. sen α ⇒ r2 ≅ 1,218m 3,00 Obtendo-se, para N2-5: N 2 −5 = −6000 −6000 ⇒ N 2 −5 = ⇒ N 2 − 4 ≅ −4926 N (compressão) r2 1,218 Fazendo-se o equilíbrio de momentos no nó 2, ponto de interseção das barras 2-4 e 2-5, para a parte esquerda da estrutura, pode-se obter o es forço na barra 3-5, isto é, N3-5, como segue: ∑M 2 =0 ∴12000 .1,50 − 2000 .1,50 − N 3−5 .r3 = 0 ⇒ N 3−5 = O valor de r3 é obtido através de relações geométricas, assim: Do triângulo formado pelos nós 1,2 e 3, obtém-se: tgα = r3 ⇒ r3 = 1,50.tgα 1,50 15000 r3 125 Do triângulo formado pelos nós 1,6 e 7, obtém-se: tgα = 2 ,00 ≅ 0 ,444 ⇒ α ≅ 23 o 57' 45" 4 ,50 Assim: r3 = 1,50.tgα = 1,50.0 ,444 ⇒ r3 ≅ 0 ,667 m Obtendo-se, para N3-5: N 3−5 = 15000 15000 ⇒ N 3− 5 = ⇒ N 3−5 ≅ 22500 N (tração) r3 0 ,667 O MÉTODO DAS CORTANTES, por outro lado, é indicado para se obter os esforços normais em um montante e/ou uma diagonal em treliças de banzos paralelos. Neste caso, faz-se o equilíbrio vertical em uma das partes, após o "corte", da estrutura. EXEMPLO 2 - Calcular os esforços normais nas barras 5-6 e 5-8 (N5-6 e N5-8) da treliça representada na figura 235. FIG. 235 - Exemplo 2 Calculando-se as reações de apoio, obtém-se: 126 FIG. 236 - Reações de apoio e posições dos cortes I-I e II-II Cortando-se a estrutura, cortes I-I e II-II, e colocando-se esforços normais com seu sentido positivo, tração, obtém-se: FIG. 237 - Corte I-I da estrutura FIG. 238 - Corte II-II da estrutura 127 Fazendo-se o equilíbrio vertical da parte esquerda da estrutura, no corte I-I, obtém-se o esforço na barra 5-6, isto é, N5-6, como segue: ∑ F = 0(+ ↑)∴ −10000 + N v 5− 6 = 0 ⇒ N 5−6 = 10000 N (tração) Fazendo-se o equilíbrio vertical da parte esquerda da estrutura, no corte II-II, obtém-se o esforço na barra 5-8, isto é, N5-8, como segue: ∑ F = 0(+ ↑)∴ −10000 − N v 5−8 . cos α = 0 ⇒ N 5 −8 = −10000 cos α O ângulo α é obtido de relações geométricas, assim: comprimento da diagonal = 3 2 + 3 2 ≅ 4,243m cos α = 3,00 ⇒ cos α ≅ 0,707 4,243 Obtendo-se, para N5-8: N 5 −8 = −10000 −10000 = ⇒ N 5−8 ≅ −14144 N (compressão) cos α 0,707 b) Método dos nós O método dos nós, também conhecido por EQUILÍBRIO DE NÓS, é o método analítico mais indicado quando se deseja obter os esforços normais em todas as barras da treliça. Consiste do equilíbrio de cada nó isoladamente, através das equações ∑F y ∑F x =0 e = 0 . Para que o método fique mecânico pode-se utilizar o seguinte roteiro: ROTEIRO PARA CÁLCULO DOS ESFORÇOS NAS BARRAS DE UMA TRELIÇA PELO MÉTODO DOS NÓS. 1. Cálculo das reações de apoio 2. Cálculo dos comprimentos das barras e dos ângulos entre as barras da treliça 3. Cálculo dos esforços nos nós 3.1. Isolar um nó, para o qual concorrem apenas duas barras, substituindo cada barra por seu esforço normal (incógnita) admitido como sendo de tração (saindo do nó). Em seguida, adotar um sistema de coordenar x, y com origem no nó e aplicar as equações de equilíbrio ∑F x =0 e ∑F y =0, obtendo os esforços nas barras. O sinal do esforço obtido indica se a força é de tração (sinal +) ou de compressão (sinal -). 3.2. Isolar outro nó, em uma das barras do nó anterior e para o qual concorram apenas duas novas barras. Repetir para este nó as mesmas operações 128 descritas no passo 3.1, aproveitando os resultados do nó anterior e obtendo os esforços nestas duas novas barras. 3.3. Repetir o passo 3.2, até que terminem os nós ou que se conheçam, por simetria, os esforços nas outras barras. 4. Fornecer a solução EXEMPLO 3 - Calcular os esforços, normais em todas as barras da treliça representada na figura 239. FIG. 239 - Exemplo 3 Conforme se viu anteriormente, a treliça é uma estrutura formada por nós e barras, na qual, cada barra possui uma única força normal. Separando-se os elementos da treliça e colocando-se os esforços normais, no sentido positivo, obtém-se o esquema da figura 240, que será bastante útil no entendimento dos cálculos expostos a seguir. FIG. 240 - Treliça: um conjunto de elementos em equilíbrio Calculando-se as reações de apoio, obtém-se: 129 FIG. 241 - Reações de apoio O cálculo dos comprimentos das barras e dos ângulos entre as barras da treliça, é feito através de relações geométricas e da aplicação do teorema de Pitágoras, obtendo-se, para o exemplo dado: FIG. 242 - Comprimentos das barras e ângulos entre as barras • Cálculo dos esforços no Nó 1 ∑F x ( ) = 0 ⇒ N 1−3 + N 1− 2 . cos 23 o 57' 45" = 0 ⇒ N 1−3 = −0,9138.N 1− 2 ∑F y ( ) = 0 ⇒ 12000 − 2000 + N 1− 2 . cos 66 o 2'15" = 0 ⇒ N 1− 2 = −24622 N (compressão) Substituindo-se na outra equação: FIG. 243 - Nó 1 N 1−3 = −0,9138.(− 24622) ⇒ N 1−3 ≡ 22500 N (tração) 130 • Cálculo dos esforços no Nó 3 ∑F x = 0 ⇒ N 3−5 − 22500 = 0 ⇒ N 3−5 = 22500 N (tração) ∑F y = 0 ⇒ N 2 −3 = 0 N x = 0 ⇒ N 2− 4 + 24622 + N 2−5 . cos 47 o 55' 30" + FIG. 244 - Nó 3 • Cálculo dos esforços no Nó 2 ∑F ( ) − 4000. cos(66 2'15" ) = 0 ⇒ o N 2− 4 + 0,6701.N 2−5 = −22997 ∑F y ( ) = 0 ⇒ −4000. cos 23 o 4' 30" + ( ) − N 2−5 . cos 42 o 4' 30" = 0 ⇒ N 1− 2 = −4924 N (compressão) Substituindo-se na equação N2-3 não foi representado, pois N2-3=0N FIG. 245 - Nó 2 • ∑F x = 0 , obtém-se: N 2− 4 + 0,6701.(− 4924) = −22997 ⇒ N 2− 4 ≡ −19697 N (compressão) Cálculo dos esforços no Nó 5 ∑F x ( ) = 0 ⇒ N 5−7 − 22500 + 4924. cos 23 o 57' 45" = 0 ⇒ N 5−7 ≅ 18000 N (tração) ∑F y N 4−5 = 2000 N (tração) FIG. 246 - Nó 5 ( ) = 0 ⇒ N 4−5 − 4924. cos 66 o 2'15" = 0 ⇒ 131 • Cálculo dos esforços no Nó 4 ∑F x ( ) − 4000. cos(66 2'15" ) − 2000. cos(66 2'15" ) = 0 ⇒ = 0 ⇒ N 4−6 + 19697 + N 4−7 . cos 65 o 35' 46" + o o N 4−5 + 0,4132.N 4−7 ≅ 17260 ∑F y ( ) ( ) = 0 ⇒ −4000. cos 23o 57' 45" − 2000. cos 23o 57' 45" + ( ) − N 4−7 . cos 24 o 24'14" = 0 ⇒ N 4−7 = −6021N (compressão) Substituindo-se na equação ∑F x = 0 , obtém-se: N 4−5 + 0,4132.(− 6021) ≅ 17260 ⇒ FIG. 247 - Nó 4 • N 4−6 ≡ −14772 N (compressão) Cálculo dos esforços no Nó 6 ∑F = 0 ⇒ N x ( o 6−8 .cos 23 57' 45" ) + 14772.cos(23 57' 45") = 0 ⇒ o N 6−8 ≅ −14772 N (compressão) ∑F y ( ) . cos(66 2'15" ) = 0 ⇒ = 0 ⇒ −4000 − N 6 − 7 + 14772. cos 66o 2'15" + − N 6 −8 ( o ) N 6−7 + N 6−8 . cos 66 o 2'15" = 1999 Substituindo-se o valor de N6-8, obtém-se: ( ) N 6−7 + (− 14772). cos 66 o 2'15" = 1999 ⇒ FIG. 248 - Nó 6 N 6−7 ≡ 7998 N (tração) Neste ponto, por simetria, conhece-se, em função dos resultados obtidos, os esforços em todas as barras da treliça. Sendo comum fornecer a solução, em forma de tabela, como segue: 132 TAB. 1 - TABELA DE ESFORÇOS NORMAIS (EXEMPLO 3) TIPO BANZO SUPERIOR BANZO INFERIOR MONTANTES DIAGONAIS BARRA FORÇA NORMAL N (N) 1-2 2-4 4-6 6-8 8-10 10-12 1-3 3-5 5-7 7-9 9-11 11-12 2-3 4-5 6-7 8-9 10-11 2-5 4-7 7-8 9-10 -24622 -19697 -14772 -14772 -19697 -24622 22500 22500 18000 18000 22500 22500 Zero 2000 7998 2000 Zero -4924 -6021 -6021 -4924 CONVENÇÃO DE SINAIS (−) Barra comprimida (+) Barra tracionada c) Equilíbrio gráfico dos nós O equilíbrio gráfico dos nós, é um método gráfico para se deter minar os esforços normais nas barras de uma treliça. Este método é equivalente ao método dos nós, exposto anteriormente, tendo como diferença ser o equilíbrio de cada nó feito graficamente, em escala, traçando-se o polígono de forças e impondo seu fechamento. Os esforços normais são medidos, em escala, no desenho e seu sinal é obtido da comparação entre o sentido obtido no desenho e o sentido do esforço positivo (saindo do nó). É usual, na aplicação deste método, fazer todos os equilíbrios em uma única folha, na qual, desenha-se inicialmente a treliça, em escala, possibilitando, por paralelismo, obter a direção de cada força normal. EXEMPLO 4 - Obter graficamente os esforços, normais, em todas as barras da treliça representada na figura 249. As reações de apoio foram obtidas analiticamente. 133 FIG. 249 - Exemplo 4, já com suas reações de apoio • Cálculo dos esforços no nó 1 FIG. 250 - Equilíbrio gráfico do nó 1 • Cálculo dos esforços no nó 3 FIG. 251 - Equilíbrio gráfico do nó 3 134 • Cálculo dos esforços do nó 2 FIG. 252 - Equilíbrio gráfico do nó 2 • Cálculo dos esforços do nó 5 FIG. 253 - Equilíbrio gráfico do nó 5 • Cálculo dos esforços no nó 4 FIG. 254 - Equilíbrio gráfico do nó 4 135 • Cálculo dos esforços no nó 6 FIG. 255 - Equilíbrio gráfico do nó 6 Os demais esforços, por simetria, são conhecidos e o resultado pode ser apresentado conforme a figura 256. FIG. 256 - Solução do exemplo 4 O erro gráfico cometido neste método é desprezível, frente a magnitude dos esforços normais nas barras, no caso do exemplo observou-se, em relação ao exemplo 3, um erro máximo de 2,22%. d ) Plano Cremona O Plano Cremona, é o método gráfico mais utilizado para determinação de esforços em treliças, consiste no equilíbrio gráfico dos nós em um único desenho, sem isolar cada nó. O método segue um roteiro bem determinado, descrito a seguir: ROTEIRO PARA O TRAÇADO E INTERPRETAÇÃO DO PLANO CREMONA 1. Cálculo das reações de apoio; 136 2. Desenhar a treliça em escala e adotar um sentido de caminhamento, este procedimento é útil para a seqüencialização e interpretação do Plano Cremona; 3. Enumerar, seguindo o sentido de caminhamento, os campos entre duas forças (ou barras). É comum utilizar-se letras maiúsculas para enumerar os campos entre forças externas e letras minúsculas para os campos entre forças (barras) internas; 4. Adotar uma escala de forças; 5. Traçar o polígono de forças externas, em escala, neste passo pode-se verificar, através do fechamento do polígono de forças, se o cálculo das reações de apoio M O = 0 , não é verificada; está correto, entretanto a equação ∑ 6. Traça-se o Plano Cremona, lembrando que para mudar de um campo á outro existe uma força de direção definida pela barra da treliça entre os campos; 7. Verifica-se, através do erro de fechamento, a qualidade do Plano Cremona, refazendo-o se necessário. Aceita-se, na prática, um erro não superior a 5%; 8. Finalmente, procede-se a LEITURA DOS ESFORÇOS obtidos no Plano Cremona. Para isto cada barra é associada aos campos que a ladeiam (par de letras): 8.1. A MAGNITUDE, OU VALOR, DO ESFORÇO é a distância, na escala de forças, entre o par de letras, no Plano Cremona, que representam os campos que ladeia a barra; 8.2. O SENTIDO, OU SINAL, DO ESFORÇO é obtido aplicando-se a seguinte seqüência de operações: a) Fixa-se, no desenho da treliça, um dos nós da barra que se deseja obter o sentido; b) Aplica-se, nesta barra (ainda no desenho da treliça), o sentido da força de tração (saindo do nó, previamente fixado); c) Aplica-se, ao nó previamente fixado (ainda no desenho da treliça), o sentido de caminhamento (adotado em 2.) e observa-se a seqüência do par de letras que representam os campos que ladeiam a barra; d) Aplica-se, agora no Plano Cremona, a seqüência do par de letras (obtida em 8.2.c) definindo um sentido para o esforço na barra (da letra inicial à final); e) Finalmente, compara-se o sentido do esforço, obtido em 8.2.d (no Plano Cremona), com o da força de tração, definida em 8.2.b (no desenho da treliça), se forem iguais a força na barra é de tração (sinal +), se diferentes a força é de compressão (sinal −). OBS.: Quando a treliça e o carregamento são simétricos é possível traçar-se o Plano Cremona apenas para meia treliça. Entretanto, a verificação, através do erro de fechamento, da qualidade do Plano Cremona, depende de cada caso. Para melhor entendimento do método, apresentam-se a seguir alguns exemplos, para os quais as reações de apoio foram previamente obtidas, analiticamente. 137 FIG. 257 - Exemplo 5 (Plano Cremona) 138 FIG. 258 - Exemplo 6 (Plano Cremona) 139 FIG. 259 - Exemplo 7 (Plano Cremona) 140 FIG. 260 - Exemplo 8 (Plano Cremona) 6.5. DESLOCAMENTOS EM ESTRUTURAS LINEARES Obtidos os esforços nas barras de uma treliça, a verificação da resistência, destas barras, à tração ou à compressão é imediata (ver item 4.1). Além da resistência, o estudo dos deslocamentos (flechas) causados pelas deformações das diversas barras da treliça, se faz necessário. 141 O caminho mais simples para se obter os deslocamentos é através do Principio dos Trabalhos Virtuais. Na exposição sobre o assunto aparecem termos, cujos significados devem ser compreendidos à prióri. Como, por exemplo, a palavra VIRTUAL que significa: "susceptível de exercer-se, embora não esteja em exercício". Por DESLOCAMENTO VIRTUAL entende-se um deslocamento hipotético infinitesimal, de um ponto ou sistema de pontos materiais. O deslocamento é suposto infinitesimal de modo a não alterar a configuração estática e geométrica do sistema e das forças que nele atuam, não violando as condições de equilíbrio a que tais forças obedecem. Além disso o deslocamento virtual é causado por uma ação externa qualquer, cuja origem não é objeto de discussão. Cumpre ressaltar, todavia, que a ação externa causadora do deslocamento virtual é independente das forças externas que mantém a estrutura em equilíbrio. O estudo sobre o assunto será apresentado em etapas. Inicialmente estudar-se-á o Principio dos Trabalhos Virtuais aplicado a corpos rígidos ideais, comentando-se, em seguida, sua aplicação aos corpos deformáveis, chegando-se a sua aplicação às treliças, motivo pelo qual se iniciou o estudo e, finalmente, generalizando sua aplicação a estruturas formadas por chapas. a) Princípio dos trabalhos virtuais aplicado a corpos rígidos ideais O Principio dos Trabalhos Virtuais, quando aplicado a corpos rígidos ideais, afirma que: "a condição necessária e suficiente para o equilíbrio é ser nula a soma dos trabalhos virtuais de todas as "forças" externas, em todos os deslocamentos virtuais independentes, compatíveis com as ligações do sistema". A assertiva do principio, assenta-se em que: se o corpo rígido está em equilíbrio então: ∑F =o h ∑F v ∑M =o o =o Os deslocamentos independentes de um corpo rígido são: translação horizontal (α), translação vertical (β) e rotação (γ). Assim o trabalho realizado pelas forças externas (Text) será: Text = ∑α .F +∑ β .F +∑γ .M h ∑F Text = α . h v ∑ F + γ .∑ M +β . v o o 142 Text = 0 Eq. 24 A equação 24, conduz à assertiva do princípio, descrita anteriormente. Por outro lado, o trabalho total (T) é a soma dos trabalhos das forças externas (Text) e das forças internas (Tint). T = Text + Tint Eq. 25 Entretanto, o trabalho das forças internas, que causariam deformações no corpo, é nulo, pois corpos rígidos não se deformam sob a ação de um sistema de forças, então: Tint = 0 T = Text + Tint = 0 T =0 Eq. 26 Podendo-se dizer, de forma geral, que: "Corpos em equilíbrio terão nulo, seu trabalho total". b) Princípio dos trabalhos virtuais aplicado aos corpos deformáveis Para os corpos deformáveis, o principio, afirma que: "em estruturas deformáveis em equilíbrio, a soma dos trabalhos virtuais das "forças" externas em um deslocamento virtual compatível com as suas ligações, é igual ao trabalho virtual interno, realizado pelos esforços internos na deformação dos elementos da estrutura". Esta assertiva tem por fundamentação as equações 25 e 26 e ainda o fato de que o trabalho das forças internas, que procura impedir o desloca mento, se opõe ao trabalho das forças externas. Assim os sentidos destes trabalhos são opostos, o que implica a alteração da equação 25, para: T = Text − Tint Aplicando-se a equação 26, pois a estrutura está em equilíbrio, obtém-se: T = Text − Tint = 0 Text = Tint Eq. 27 A equação 27, conduz à assertiva do principio descrita anteriormente. c) Aplicação do princípio dos trabalhos virtuais às treliças Seja uma treliça em equilíbrio sob a ação de um sistema de forças, a deformação de cada barra, tracionada ou comprimida, desta treliça será dada, segundo a lei de Hooke, por: 143 N i .l i Ei .Ai ∆l i = Sendo: ∆li = deformação da barra i; Ni = força normal atuante na barra i; li = comprimento da barra i; Ei = módulo de elasticidade da barra i, e Ai = área da seção transversal da barra i. Se determinado nó da treliça sofrer um deslocamento (v), causado por uma força externa (Fv), aplicada a este nó com a direção e sentido do deslocamento. Para equilibrar esta força aparecerão nas barras da treliça esforços (Nvi). Nesta situação o trabalho das forças externas será: Text = Fv .v e o trabalho interno, realizado por cada barra, será: Ti = N vi .∆l i Ti = N vi .N i .l i Ei .Ai ficando o trabalho interno, de todas as barras, de: n Tint = ∑ i =1 N vi .N i .l i Ei .Ai Aplicando-se o Principio dos Trabalhos Virtuais, na forma da equação 27, obtém-se: Text = Tint n Fv .v = ∑ i =1 N vi .N i .l i Ei .Ai Sabendo-se que os esforços (Nvi) nas barras são proporcionais à força (Fv) aplicada, então: N vi = N i .Fv n Fv .v = ∑ i =1 (N .F ).N .l i v Ei .Ai i i 144 n ∑ Fv .v = Fv . i =1 n v= ∑ i =1 N i .N i .l i Ei .Ai N i .N i .l i Ei .Ai Eq. 28 Sendo: v = deslocamento (flecha) de um nó da treliça; N i = esforço, na barra i, devido a um carregamento unitário, na posição e direção de v; N i = esforço, na barra i, devido ao carregamento da treliça, em equilíbrio; li = comprimento, da barra i; Ei = módulo de elasticidade, da barra i; Ai = área da seção transversal, da barra i, e n = número de barras da treliça. Desta forma, para se obter o deslocamento (flecha) em um determinado nó, de uma treliça, pode-se utilizar o seguinte roteiro: ROTEIRO PARA CÁLCULO DA FLECHA EM UM NÓ DE UMA TRELIÇA 1. Obter os esforços ( N i ), nas barras da treliça para o carregamento dado. 2. Obter os esforços ( N i ), nas barras da treliça para um carregamento unitário, aplicado ao nó considerado e com a direção do deslocamento (v) desejado. 3. Aplicar a equação 28, obtendo o valor do deslocamento (v) desejado. EXEMPLO DE APLICAÇÃO - Calcular o deslocamento vertical do nó 7, da treliça representada na figura 261. A figura 262 fornece as áreas das seções transversais das barras e respectivos módulos de elasticidade. A figura 263 fornece os comprimentos das barras. FIG. 26l - Exemplo dado 145 FIG. 262 - Área e Módulo de Elasticidade das barras FIG. 263 - Comprimentos das barras O primeiro passo, na resolução do problema, é obter os esforços ( N i ), nas barras da treliça para o carregamento dado. Estes esforços podem ser obtidos, por exemplo, através de um Plano Cremona (ver figura 259), cujos resultados são apresentados na figura 264. FIG. 264 - Esforços nas barras devido ao carregamento dado Em seguida, devem ser obtidos os esforços ( N i ), nas barras da treliça para um carregamento unitário aplicado ao nó 7, na direção do deslocamento desejado. Estes esforços podem ser obtidos, através do Plano Cremona representado na figura 265. Finalmente, aplicando-se a equação 28, com o auxilio da tabela 2, obtém-se o deslocamento (v) desejado. 146 FIG. 265 - Cálculo dos esforços, devido ao carregamento unitário 147 TAB. 2 - TABELA AUXILIAR PARA O CÁLCULO DA FLECHA li (mm) Área Ai (mm2) N i (N) Ni (mm) Banzo Superior 1-2 2-4 4-6 6-8 8-10 10-12 1641 1641 1641 1641 1641 1641 9231 9231 9231 9231 9231 9231 9600 9600 9600 9600 9600 9600 -24400 -19500 -14600 -14600 -19500 -24400 -1,23 -1,23 -1,23 -1,23 -1,23 -1,23 0,556 0,444 0,333 0,333 0,444 0,556 Banzo Inferior 1-3 3-5 5-7 7-9 9-11 11-12 1500 1500 1500 1500 1500 1500 9231 9231 9231 9231 9231 9231 7200 7200 7200 7200 7200 7200 22200 22200 17800 17800 22200 22200 1,12 1,12 1,12 1,12 1,12 1,12 0,561 0,561 0,450 0,450 0,561 0,561 Montantes 2-3 4-5 6-7 8-9 10-11 667 1333 2000 1333 667 9231 9231 9231 9231 9231 7200 7200 7200 7200 7200 0 2000 8000 2000 0 0,00 0,00 1,00 0,00 0,00 0,000 0,000 0,241 0,000 0,000 Diagonais 2-5 4-7 7-8 9-10 1641 2007 2007 1641 9231 9231 9231 9231 3600 7200 7200 3600 -5000 -6000 -6000 -5000 0,00 0,00 0,00 0,00 0,000 0,000 0,000 0,000 Barra Comprimento N i .N i .l i E i .Ai Módulo de Elasticidade Ei (MPa) Tipo Esforços n v= ∑ i =1 N i .N i .l i = 6,051 mm E i .Ai d) Aplicação do princípio dos trabalhos virtuais às estruturas formadas por chapas Em sua forma geral, o cálculo do deslocamento (v) de um determinado ponto de uma estrutura, assume a forma da equação 29. Esta equação, advém da aplicação do Principio dos Trabalhos Virtuais às estruturas formadas por chapas, cuja dedução será, aqui, omitida. v= ∫ E.A dx + ∫ c. G.A dx + ∫ N .N M .M dx E .I (I) ( III ) Estrutura V .V Estrutura ( II ) Estrutura Sendo: v = deslocamento (flecha) de um determinado ponto da estrutura; Eq. 29 148 M, N e V = diagramas de: momento fletor, força normal e força cortante, para o carregamento aplicado à estrutura; M , N e V = diagramas de: momento fletor, força normal e força cortante, para uma carga unitária aplicada na posição e direção do deslocamento (v) desejado; E = módulo de elasticidade; A = área da seção transversal; G = módulo de elasticidade transversal, e = momento de inércia da seção. I A equação 29, para treliças fica reduzida à equação 28, vista anteriormente, pois em treliças as integrais (II) e (III) se anulam por ser V=0 e M=0. Discretizando-se, então, a integral (I), obtém-se: ∫ v= N .N dx = E .A n ∑ Estrutura i =1 N i .N i .l i E i .Ai Para o cálculo de deslocamentos verticais, em vigas, a integral (I) se anula, pois N=0, e a integral (II) pode ser desprezada, frente a magnitude dos resultados obtidos da integral (III). Assim, a flecha (v) em determinada seção de uma viga, cuja rigidez contra flexão (E.I) é constante, é dada por: ∫ v= M .M dx E .I Estrutura v= 1 E .I ∫ M .M .dx Eq. 30 Estrutura O cálculo da integral, constante da equação 30, pode ser feito a través da tabela para integrais de produtos de duas funções (tabela 3), tornando-se relativamente simples. Assim o cálculo de flechas, em vigas de seção constante de um mesmo material, pode ser realizado através do seguinte roteiro: ROTEIRO PARA CÁLCULO DA FLECHA EM POSIÇÃO DE UMA VIGA DE SEÇÃO CONSTANTE DETERMINADA 1. Traçar o diagrama de momento fletor (M), para o carregamento dado. 2. Traçar o diagrama de momento fletor ( M ), para um carregamento unitário, aplicado na posição e com a direção do deslocamento (v) desejado. Utilizando-se a tabela para integrais de produtos de duas funções (tabela 3) calcular: ∫ M .M .dx Estrutura 3. Aplicar a equação 30, obtendo o valor do deslocamento (v) desejado. 149 TAB. 3 - INTEGRAIS DE PRODUTOS DE DUAS FUNÇÕES l ∫ f ( x ).ϕ( x ).dx 0 Número Número ϕ( x ) I II 1 l. .a.α 2 1 l. .b.α 2 1 l. .a.α 3 1 l. .b.α 6 1 l. .(a + b ).α 2 1 l. .(2.a + b).α 6 1 l. .a.α 3 1 l. .b.α 3 2 l. .a.α 3 2 l. .b.α 3 2 l. .c.α 3 1 l. .c.α 2 1 l. .a.α 4 1 l. .b.α 12 5 l. .a.α 12 1 l. .b.α 4 1 l. .c.α 3 1 l. .c.α 4 III IV V f(x) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 l. .c.α 2 11 12 l ∫ [ϕ( x )] .dx 2 0 ou l. 2 −ξ .c.α 6 1 1 l. .a.γ l. .a.(2.α + β ) 3 6 1 1 l. .b.γ l. .b.(α + 2.β ) 3 6 1 1 l. .[a.(2.α +β) + l. .(a + b ).γ 6 3 + b.(α + 2.β )] 1 1 l. .a.γ l. .a.(3.α + β ) 5 12 1 1 l. .b.γ l. .b.(α + 3.β ) 5 12 7 1 l. .a.γ l. .a.(5.α +3.β) 15 12 7 1 l. .b.γ l. .b.(3.α +5.β) 15 12 1 8 l. .c.(α + β ) l. .c.γ 3 15 1 15 l. .c.(α + β ) l. .c.γ 4 12 1 l. .c.[α..(2−ξ) + 1+ξ −ξ 2 6 .c.γ l. 3 + β .(1 + ξ )] 1 l. .a.α 4 1 l. .b.α 4 1 l. .a.α 6 1 l. .b.α 20 1 .a.(4.α + β ) 20 1 l. .b.(α + 4.β ) 20 l.α 2 1 l. .α 2 3 1 l. .α2 +α.β +β2 3 l. ( ) 1 l. .a.α 4 1 l. .b.α 12 1 l. .(3.a + b).α 12 1 l. .a.α 5 1 l. .b.α 30 3 l. .a.α 10 2 l. .b.α 15 1 l. .c.α 15 7 l. .c.α 48 1+ ξ + ξ 2 .c.α l. 3 2 .a.γ 15 2 l. .b.γ 15 1 l. .a.α 6 1 l. .b.α 60 8 2 .γ 15 1 l. .α 2 5 l. l. o ponto significa que a tangente à curva é horizontal 150 EXEMPLO DE APLICAÇÃO - Calcular a flecha (deslocamento vertical), na seção sob a carga concentrada, para a viga representada na figura 266. FIG. 266 - Exemplo dado O primeiro passo, na resolução do problema, é traçar o diagrama de momento fletor (M) para o carregamento dado, conforme figura 267. FIG. 267 - Diagrama de momento fletor (M), para o carregamento dado O segundo passo, na resolução do problema, é traçar o diagrama de momento fletor ( M ) para um carregamento unitário, na posição e direção da flecha desejada, conforme representação na figura 268. O terceiro passo, na resolução do problema, é calcular, utilizando a tabela 3, a integral, ao longo da estrutura, do produto M .M , para isto deve-se separar a estrutura em trechos, de forma a se obter produtos constantes da tabela 3. 6 ,00 m 3 ,00 m 4 ,50 m 6 ,00 m 0 ,00 m 0 ,00 m 3 ,00 m 4 ,50 m ∫ M .M .dx = ∫ M .M .dx = ∫ M .M .dx + ∫ M .M .dx + ∫ M .M .dx Estrutura 151 FIG. 268 - Diagrama de momento fletor ( M ), para o carregamento unitário • Trecho AB FIG. 269 - Decomposição, para o trecho AB , em produtos tabelados Calculando-se, com o auxilio da tabela 3, estas integrais de produtos, obtém-se: 3 ,00 m  1   1  ∫ M .M .dx = 3,00. 3 .0,75.4875 + 3,00. 3 .0,75.562,5 ≅ 4078N .m 0 ,00 m (1.II) (1.IV) 3 152 • Trecho BC FIG. 270 - Produto tabelado, para o trecho BC Calculando-se, com o auxilio da tabela 3, a integral deste produto, obtém-se: 4 ,50m 1 ∫ M .M .dx = 1,50. 6 .[0,75.(2.4875 + 6187,5) + 1,125.(4875 + 2.6187,5)] ≅ 7840N .m 3,00m (3.III) • Trecho CD FIG. 271 - Produto tabelado, para o trecho CD Calculando-se, com o auxilio da tabela 3, a integral deste produto, obtém-se: 6 ,00 m 1 ∫ M .M .dx = 1,50. 3 .1,125.6187,5 ≅ 3480N .m 3 4 ,50 m (1.II) E portanto, ao longo da estrutura, obtém-se: 6 ,00 m ∫ M .M .dx = 4078 + 7840 + 3480 ≅ 15398N .m 3 0 ,00 m E finalmente, aplicando-se, a equação 30, obtém-se a flecha desejada. v= v= 1 E .I ∫ M .M .dx Estrutura 1 .15398 ≅ 0,0068m 2269000 3 153 v ≅ 6,8mm Note que o resultado, aqui obtido, confere com o do mesmo exemplo, quando obtido através da equação da linha elástica, apresentado no item 4.4. 6.6. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 6.6.1. O que são treliças? 6.6.2. O que se entende por nós de uma treliça? Como são admitidos no cálculo? 6.6.3. Como devem ser aplicadas as cargas em uma treliça? Qual o motivo? 6.6.4. Para que propósitos são utilizadas as treliças? Qual a vantagem? E por que motivo? 6.6.5. O que são treliças planas? E treliças espaciais? 6.6.6. Por que, em geral, se dá mais ênfase ao estudo das treliças planas que ao das treliças espaciais? 6.6.7. Quanto a estabilidade geométrica, internamente, como podem ser as treliças planas? 6.6.8. O que são treliças hipostáticas? 6.6.9. O que são treliças isostáticas? 6.6.10. O que são treliças hiperestáticas? 6.6.11. Quanto a lei de formação, como podem ser as treliças isostáticas planas? 6.6.12. O que se entende por treliças simples? Esquematize alguns exemplos. 6.6.13. O que se entende por treliças composta? Esquematize alguns exemplos. 6.6.14. O que se entende por treliças complexas? Esquematize alguns exemplos. 6.6.15. Qual a nomenclatura utilizada para as barras de uma treliça? Apresente esta nomenclatura em alguns esquemas de treliças. 6.6.16. Quais os métodos mais utilizados para se obter os esforços nas barras de uma treliça? 6.6.17. Para as treliças, representadas nas figuras 272 e 273, obtenha os esforços nas barras indicadas, nestas figuras, em negrito. Utilize o método de Ritter. 6.6.18. Obtenha, pelo método dos nós, os esforços em todas as barras das treliças representadas nas figuras 272 e 273. 154 FIG. 272 FIG. 273 6.6.19. Obtenha, através do equilíbrio gráfico dos nós, os esforços em todas as barras das treliças representadas nas figuras 272 e 273. Aproveite os resultados do exercício 6.6.18. e obtenha o erro médio cometido em seu método gráfico. 6.6.20. Obter os esforços nas barras das treliças representadas nas figuras 274 a 281, traçando os respectivos Planos Cremona com auxilio do sentido de caminhamento, da escala de forças, do campo "A e do ponto "A" ( correspondente ao campo "A"), indicados nestas figuras. 6.6.21. Obtenha o erro médio cometido nos Planos Cremona das figuras 274 e 277 (exercício 6.6.20) em relação aos resultados do exercício 6.6.18. 6.6.22. O que se entende pela palavra virtual? E por deslocamento virtual? 6.6.23. O que afirma o Principio dos Trabalhos Virtuais, quando aplicado aos corpos rígidos ideais? 6.6.24. O que se pode dizer a respeito do trabalho total dos corpos em equilíbrio? 6.6.25. O que afirma o Principio dos Trabalhos Virtuais, quando aplicado aos corpos deformáveis? 6.6.26. Qual o procedimento utilizado para se obter o deslocamento de um nó de uma treliça? 6.6.27. Calcule os deslocamentos vertical e horizontal do nó 9 da treliça representada na figura 272. Aproveite os resultados obtidos no exercício 6.6.20, As características das barras, desta treliça, são fornecidas na tabela 4. 6.6.28. Calcule o deslocamento vertical, do nó 5 da treliça representada na figura 273. Aproveite os resultados obtidos no exercício 6.6. 20. As características das barras, desta treliça são fornecidas na tabela 5. 155 FIG. 274 - Treliça, Plano Cremona e Esforços nas Barras 156 FIG. 275 - Treliça, Plano Cremona e Esforços nas Barras 157 FIG. 276 - Treliça, Plano Cremona e Esforços nas Barras 158 FIG. 277 - Treliça, Plano Cremona e Esforços nas Barras 159 FIG. 278 - Treliça, Plano Cremona e Esforços nas Barras 160 FIG. 279 - Treliça, Plano Cremona e Esforços nas Barras 161 FIG. 280 - Treliça, Plano Cremona e Esforços nas Barras 162 FIG. 281 - Treliça, Plano Cremona e Esforços nas Barras 163 TAB. 4 - CARACTERÍSTICAS DAS BARRAS DA TRELIÇA Diagonais Montantes Banzo Inferior Banzo Superior Tipo li (mm) Área da seção transversal da barra Ai (mm2) Módulo de Elasticidade Ei (MPa) 2-4 1521 9600 7750 4-6 1521 9600 7750 6-8 1521 9600 7750 8-9 1521 9600 7750 1-3 1677 9600 7750 3-5 1677 9600 7750 5-7 1677 9600 7750 7-9 1677 9600 7750 1-2 2000 7200 7750 3-4 1500 7200 7750 5-6 1000 7200 7750 7-8 500 7200 7750 2-3 1953 7200 7750 4-5 1677 7200 7750 6-7 1521 7200 7750 Barra Comprimento da barra 6.6.29. Qual o procedimento utilizado para se obter a flecha em determinada seção de uma viga, através do Principio dos Trabalhos Virtuais? 6.6.30. Calcule a flecha, na seção "C", das vigas representadas nas figuras 282 e 283. FIG. 282 FIG. 283 164 li (mm) Área da seção transversal da barra Ai (mm2) Módulo de Elasticidade Ei (MPa) 1-2 5000 24000 14844 6-8 5000 24000 14844 2-4 3000 15000 14844 4-6 3000 15000 14844 1-3 3000 15000 14844 3-5 3000 15000 14844 5-7 3000 15000 14844 7-8 3000 15000 14844 Montantes 2-3 4000 1552 210000 4-5 4000 1552 210000 6-7 4000 1552 210000 Diagonais TAB. 5 - CARACTERÍSTICAS DAS BARRAS DA TRELIÇA 3-4 5000 19500 14844 4-7 5000 19500 14844 Banzo Inferior Banzo Diagonais Superior de apoio Tipo Barra Comprimento da barra 165 7. BIBLIOGRAFIA ASSOCIAÇÃO BRASILEIRA DE NORMAS TÉCNICAS - Cálculo e execução de estruturas de madeira - NBR 7190. Rio de Janeiro. ABNT. 1982. 23 p. __________ - Símbolos gráficos para projetos de estruturas (simbologia) - NBR 7808. Rio de Janeiro. ABNT. 1983. 14 p. ANTUNES, J. C. O. S. & ANTUNES, M. H. C. C. - Exercícios de estática das estruturas. 4a edição. São Carlos. Escola de Engenharia de São Carlos - Universidade de São Paulo (EESC-USP). 1976 (Publicação no 194). DARKOV, A. & KUZNETSOV, V. - Structural Mechanics. Moscow. Mir Publishers. 703 p. SCHIEL, F. - Introdução à resistência dos materiais. Fascículos I, II e III. 6a edição. São Carlos. Escola de Engenharia de São Carlos - Universidade de São Paulo (EESC-USP). 1976 (Publicação no 125). 382 p. SILVA JR., J. F. - Tabelas para o cálculo de estruturas pelo método da energia de deformação. São Paulo. Instituto de Pesquisas Tecnológicas (IPT). 1952 (Publicação no 451). STAMATO, M. C. - Deslocamentos em estruturas lineares. 4a edição. São Carlos. Escola de Engenharia de São Carlos - Universidade de São Paulo (EESC-USP). 1976. 118 p. WOLFF, I. - O princípio dos trabalhos virtuais e o infinitamente pequeno. In: Jornadas Sul-americanas de Engenharia Estrutural, 3as. Porto Alegre. 1952