3 Estática das estruturas planas

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Angélica Sarah Carreiro Faro
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1 STÁTI stática das estruturas panas 3.1 ácuo das reações vincuares - apoios ondições de equiíbrio estático O equiíbrio estático de uma estrutura bidimensiona (a estrutura considerada, as forças sobre ea apicadas, as conexões e víncuos estão contidas no pano da figura) é dado por: Σ F H = 0 Σ F V = 0 e Σ M (i) = 0 Sendo i um ponto quaquer da estrutura. Veja a figura abaixo. F H 1,0 m 5 kn 4,0 m 2,0 m 10 kn ΣF H = 0 F1 ΣF V = 0 R H F2 R V ΣM (i) = 0 Me Md Σ F H = 0 Não existem forças horizontais apicadas, portanto R H = 0. Σ F V = 0 s forças verticais atuantes são F = 5 kn e F = 10 kn, portanto R V = 15 kn Σ M (i) = 0 Para quaquer ponto da estrutura, os momentos a esquerda e à direita deste ponto, deverão ser de mesma intensidade e sentidos opostos, i é, sua soma deve ser nua. Σ M () = 0 5 x 4 = 10 x 2 20 (anti-horário) = 20 (horário) Isto vae para quaquer ponto da estrutura, más, aguns pontos oferecem agumas faciidades, por exempo, a somatória dos momentos no ponto, não considera a reação R V pois esta está apicada no ponto e portanto seu braço é nuo. O ponto, ao contrário, considera todas as forças apicadas na estrutura. Σ M () = 0 5 x 1 = (10 x 5) (15 x 3) 5 (anti-horário) = 5 (horário)

2 STÁTI ácuo das reações de apoio eterminar as reações de apoio para as vigas representadas abaixo P P P /2 /2 x x K a) b) c) p p p k a d) e) f) p p 1 p 2 P K g) h) i) P = 20 kn p = 12 kn/m P = 20 kn 2,0 m 1,2 m 1,2 m 1,0 m 2,0 m p = 15 kn/m p = 12 kn/m 5,0 m 2,0 m 1,0 m j) k) figura abaixo mostra uma Viga Gerber. São três vigas, sendo que a centra é apoiada nas extremidades dos baanços das outras duas. omo devem ser os apoios e F? etermine todas as reações. p = 12 kn/m F 1,2 m 4,0 m 1,2 m 1,2 m 4,0 m 1,2 m

3 STÁTI náise de treiças peo método dos nós Nas treiças os nós são articuações perfeitas, sem força de atrito, as forças são apicadas apenas nos nós e, as barras transmitem apenas esforços normais. Para o equiíbrio do nó devem ser satisfeitas as seguintes equações: Σ F x = 0 e Σ F y = 0 xempo 01: ,243 m β R H R V R V tg β = 3/3 = 1 tg = 3/3 = 1 = β = 45º sen 45º = cos 45º = 0,7071 Reações: Σ M () = 0 0 = R V x3-1000x3 R V = 1000 Σ F x = 0 0 = R H R H = Σ F y = 0 0 = R V + R V R V = quiíbrio dos nós (+) Tração (-) compressão Nó Σ F H = 0 = R sen β F = / sen β F = ,2 N F β F Σ F V = 0 = R + F cos β Nó Σ F V = 0 = R V + F sen Σ F H = 0 = F + F cos F = - F cos β = F = - R V / sen = -1414,2 N ok!!!!!! F = - F cos = F F R V Nó R H F F Σ F V = 0 = R V + F F = - R V = 1000,0 N ok!!!!!! R V Σ F H = 0 = R H + F F = - R = 1000,0 N ok!!!!!!!

4 STÁTI Soução Fina Observe que foi feito equiíbrio dos nós. Se a barra é tracionada ea comprime o nó e vice-versa. ssim, uma força de tração no nó impica em uma de tração na barra, com mesma intensidade e direção. F = F = 1000,0 N Tração na barra 45º F = F = ,2 N ompressão na barra 45º F = F = 1000,0 N Tração na barra xempo 02: acuar a treiça abaixo H R H Reações de apoio 2,5981 m 1 6 R V R V Σ M () = 0 = (-1000x3)+(-500x2,5981)+R V x6 Σ F x = 0 = R H = 0 R V = 716,51 N R H = - Σ F y = 0 = R V + R V = 0 R V = -716, R V = 283,49 N quiíbrio dos nós Nó R H R V 2 1 Σ F y = 0 = R V + 2 sen 2 = - 327,35 Σ F x = 0 = R H + 2 cos+1 1 = ,68 = 663,68 Nó Σ F y = 0 = 2 sen30º + 3 sen30º 3 = -2 = + 327,35 Σ F x = 0 = -2 cos cos 4 = 2x(-327,35x0,5) = -327,35

5 STÁTI Nó 3 1 Nó Σ F y = 0 = 3 sen + 5 sen = ( ,35/2) / 0,866 5 = 827,35 Σ F x = 0 = -1-3 cos+5 cos+ 6 6 = 663, ,35x0,5 827,35x0,5 6 = 413, Σ F y = 0 = 5 sen + 7 sen 7 = -5 = - 827,35 Σ F x = 0 = -5 cos cos = -827,35x0, ,35 827,35x0, = OK!!!!!!!! Nó 7 6 R V 716,51 Σ F y = 0 = 7 sen + 716,51 7 = -716,51/0,866 = - 827,35 Σ F x = 0 = -7 cos = 0,5x827,35 = 413, Resutados R V = 716,51 N R H = - R H R V 1 6 R V R V = 283,49 N 1 = 663,68 Tração 5 = 827,35 Tração 2 = - 327,35 ompressão 6 = 413,68 Tração 3 = 327,35 Tração 7 = - 827,35 ompressão 4 = -327,35 ompressão

6 STÁTI náise de treiças peo método das seções Processo de Ritter Separando uma treiça em duas partes, por um corte imaginário, as cargas apicadas numa das partes devem formar um sistema em equiíbrio junto com as forças incógnitas, agindo nas barras cortadas. m muitas treiças as barras são distribuídas de ta forma que o corte encontra apenas 3 barras. s 3 condições de equiíbrio de uma das partes são então suficientes para obter as 3 incógnitas. O processo de RITTR baseia-se neste raciocínio e usa como condição de equiíbrio três equações de momento, escohendo como pontos de referência os pontos de encontro de duas das forças incógnitas. esta forma cada equação de equiíbrio conta com apenas uma incógnita. 13,5 KN 12 KN H V 15 KN F KN G KN 3,36 m 3,36 m 3,36 m 10,08 m V 1,26 m 2,24 m ácuo das reações Σ M () = 0 = 15x1,68-18x3,36 13,5x2,24 12x5,04 12x8,4 + Vx10,8 = 0 V = (25,2 60,48 30,24 60,48 100,8) / 10,8 = 22,5 kn Σ F y = 0 V = ,5 V = 4,5 kn Σ F X = 0 H = 13,5 kn gora vamos fazer um corte imaginário passando peas barras 5, 8 e 1 separando a treiça em duas. figura a seguir mostra a parte esquerda da treiça com os pontos de referência das 3 equações de ΣM = 0. Os pontos, e são nós, o ponto O foi procurado como interseção das barras 1 e 5. Os braços r1, r5 e r8 devem ser cacuados como aturas de triânguos.

7 STÁTI Observe que a grande dificudade nesses probemas é a determinação dos ânguos dos triânguos e braços de aavanca da forças, ou seja, nenhuma. asta um pouco de atenção, veja: F5 3,36 2,24 1,26 = 0,98 tg = 0,98/5,04 = 0,2917 = 16,26º O r8 x1 θ r1 θ F5 r1 é dado do probema. r1 = 1,26 e no trianguo hachurado acima tg = 0,98/5,04 = 0,2917 = (r1) / (x1 + 0,5. 3,36) x1 = 2,64 tgθ = 1,26 / (0,5. 3,36) = 0,7619 θ = 36,87º senθ = (r8) / (2,64 + 3,36) r8 = 3,60 m F5 r5 O x1 no trianguo hachurado acima sen = (r5) / (x1 + 3,36) r5 = 1,68 PRONTO!!!!!!!!!! Σ M (O) = 0 = 15x(4,32) + 4,5x2,64 N8x3,6 Σ M () = 0 = 15x(1,68) + 4,5x3,36 + N5x1,68 Σ M () = 0 = 13,5x(1,26) + 4,5x1,68 N1x1,26 N8 = 21,3 kn N5 = -24,0 kn N1 = 19,5 kn

8 STÁTI Observe que a grande vantagem do método das seções é possibiitar a determinação dos esforços em barras sem a necessidade de resover a treiça inteira. Tanto faz estabeecer as equações de equiíbrio com as forças apicadas na parte esquerda ou na parte direita da treiça. scohe-se aquea parte na qua se encontram menos forças externas que é a parte esquerda no exempo. Toda parcea recebe seu sina conforme o sentido de giro em reação ao ponto em questão, considerando arbitrariamente um dos dois sentidos como positivo. s incógnitas são supostas como trações nas barras; quando resuta um vaor positivo, a barra recebe tração como aconteceu nas barras 1 e 8; quando o resutado é negativo, a barra recebe compressão como a barra 5. Se a configuração da treiça não permite cortes que passem por apenas 3 barras, o processo de RITTR não pode ser apicado. Uma exceção é a "treiça K" muito usada em contraventamentos de pontes metáicas. O corte indicado na figura II encontra as barras 3, 11, 23, 33. s forças nas barras 11, 23, 33 passam peo ponto d e desta forma resuta N3 diretamente da equação Σ M d = xercício: Resova a treiça abaixo peo método das seções H 1 6 R R

9 STÁTI = (Triânguo eqüiátero) 4 h = 3,0. sen = 2,5981 m Observe que são conhecidos: H 1 6 R H = 500,00 N, R V = 283,49 N e R R R V = 716,51 N H ΣM() = 0 4. h + 3. RV = 0 (1) 4 = - 327,3461 ΣM() = 0 4. h + 3. h = 0 (2) 3 = - 4 = 327,3461 R ΣM() = 0 1,5. R + H. h = 1. h (3) 1 = (1,5x283, x2,5981) / 2, = 663, = 663,68 Tração 3 = 327,35 Tração 4 = -327,35 ompres Observe que foram encontrados os mesmos resutados obtidos peo equiíbrio dos nós, mas agora se obteve os vaores diretamente nas barras desejadas.

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