Analise Estrutural (2010-2)

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    Anlise Estrutural (2010.2)Mauro Csar de Brito e Silva 1

    1 - Conceitos Fundamentais

    A anlise estrutural a parte da Mecnica que estuda as estruturas, sepreocupando basicamente com a determinao dos esforos e das deformaes aque elas esto submetidas quando solicitadas por agentes externos, tais como:carregamentos, variaes de temperatura, movimentao de seus apoios e outros.

    As grandezas fundamentais que sero aqui estudadas so a fora e omomento.

    A noo de fora a mais intuitiva possvel: podemos exercer uma forasobre um corpo por meio de um esforo muscular; uma locomotiva exerce forasobre os vages quando os reboca; uma mola esticada exerce foras sobre peasque fixam suas extremidades; etc. Em todos os casos, deve existir um contato entreos corpos, ou seja, uma fora de contato. H tambm as foras que atuam semcontato, ou seja, atravs do espao. So foras devidas existncia de camposagindo sobre o corpo: foras magnticas, foras eltricas e foras devidas gravidade (que so os pesos dos copos). Na figura 1.1 mostrado a ao do ventosoprando horizontalmente um edifcio com uma presso uniforme de 1,0 kN/m2. Aspalavras pesos, presso, carga, etc. so freqentemente usadas como alternativasda palavra fora.

    Figura 1.1

    Um objeto estacionrio exerce fora em virtude de seu peso. Na figura 1.2(a),os dois homens (mais o objeto ao lado deles) sobre a viga esto exercendo forasativas na direo vertical no sentido de cima para baixo. Convencionalmente, estasforas ativas podem ser representadas como mostra a figura 1.2(b). As foraspassivas resistentes ou reaes exercidas por suportes esto na mesma direo esentido oposto de baixo pra cima.

    Figura 1.2

    1 Professor Assistente III, Departamento de Artes e Arquitetura, PUC Gois , Goinia, Gois, Brasil.

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    A gua exerce fora em todas as direes como mostra a figura 1.3. Aintensidade de fora cresce com o aumento da profundidade.

    Figura 1.3

    A fora de atrao da terra conhecida por fora de gravidade, e quantomaior a massa de um corpo, maior ser a atrao da terra sobre ele. Portanto, emvez de dizer que um corpo pesa 100 kgf, poderamos dizer que a fora da gravidadeque a terra faz sobre ele equivalente a fora de 100 kgf de peso. O peso dequalquer corpo, tal como a de um edifcio da figura 1.4, representado por setasapontadas para baixo, no sentido do centro da terra.

    Figura 1.4

    Portanto, uma fora caracterizada por seu ponto de aplicao, suaintensidade, sua direo e seu sentido. Sendo que a intensidade de uma fora caracterizada por um nmero. A tabela 1 ilustra as relaes entre as unidadesantigas e as unidades atuais do sistema internacional (SI).

    Tabela 1Unidades Antigas Unidades atuais (SI)1 kgf(1 kilograma-fora) 10 N (dez newtons)1 tf (1 tonelada-fora) 10 kN(10 kilonewtons)

    - Uma pessoa magra tem: 50 kg de massa e 0,5 kN de peso;

    - 1m3

    de gua tem: 1000 kg de massa e 10 kN de peso;- 1m3 de concreto armado tem: 2500 kg de massa e 25 kN de peso.

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    A atrao da Terra sobre um corpo rgido poderia ser representada por umanica fora. Esta fora, chamada de peso prprio do corpo, ser aplicada no seucentro de gravidade. A Terra exerce uma fora sobre cada partcula que forma estecorpo, portanto a ao da Terra sobre este corpo rgido deve ser representada porum grande nmero de pequenas foras distribudas por todas as suas partculas.Contudo, todas essas pequenas partculas podem ser substitudas por uma nicafora equivalente aplicada no centro de gravidade. A posio desse ponto vaidepender da forma do corpo em questo. Livros de mecnica fornecem mtodos declculos da posio do centro de gravidade de vrias formas de corpos. A figura 1.5ilustra exemplos de centro de gravidade de dois corpos.

    Figura 1.5

    O centro de gravidade um ponto imaginrio e no precisa estar dentro docorpo como indica os corpos ilustrados na figura 1.6.

    Figura 1.6

    A seo transversal de um determinado elemento estrutural outro conceitoimportante. Se um corte imaginrio for feito atravs de uma barra, a seotransversal ser o plano ou rea exposta. Normalmente conveniente considerar aseo transversal formando um ngulo reto com o eixo longitudinal da barra comomostra a figura 1.7.

    Figura 1.7

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    O momento de inrcia () de um elemento de rea A, com relao a umdeterminado eixo, o produto dessa rea elementar pelo quadrado de sua distnciaao eixo, ou seja, = A.d2 (figura 1.8).

    Figura 1.8

    O momento de inrcia de uma rea ser, portanto a soma dos momentos deinrcia das reas elementares, ou seja, = Ai.di2 (figura 1.9).

    Figura 1.9

    A unidade do momento de inrcia a medida elevada quarta potncia:mm4, cm4, m4, etc.

    A figura 1.10 ilustra o momento de inrcia de uma seo transversal

    retangular. As inrcias sero: em relao ao eixo xx xx = b.h3 /12; e em relaoao eixo yy yy = h.b3 /12

    Figura 1.10

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    Conhecendo os momentos de inrcia das reas elementares, possveldeterminar o momento de inrcia de conjuntos complexos sem clculos complicadosaplicando o seguinte teorema:O momento de inrcia de uma rea, em relao a um eixo qualquer situado em seu plano, igual o seu momento de inrcia (em relao a seu eixo que passa pelo centro de gravidade e paralelo ao novo eixo) mais o

    produto de sua rea pelo quadrado da distncia que separa o centro de gravidade do eixo considerado. A figura 1.11 ilustra o teorema.

    Figura 1.11

    Os momentos de inrcia de cada rea so:

    1 = b 1.h 13 /12; 2 = b 2 .h 2 3 /12; 3 = b 3 .h 3 3 /12

    Portanto, o momento de inrcia total, em relao ao eixo horizontal que passa peloc.g. da superfcie total ser:

    (total) = 1 + A1.d 12 + 2 + A2 .d 2 2 + 3 + A3 .d 3 2

    A figura 1.12 ilustra um exemplo simples de outra grandeza fundamental daanlise estrutural. Seja a barra ABC indicada nesta figura, suportada em C por um cutelo sem atrito e tendo um peso de 100N suspenso em B. Pergunta -se: qualdeve ser o peso suspenso em A para que o sistema esteja cont rabalanado?

    Figura 1.12

    fcil ver que o peso a ser colocado em A, a fim de contrabalanar o efeitoda rotao da barra em torno do cutelo C, deve ser inferior a 100N.

    O momento que a carga PB = 100N provoca em C igual a 100 x 2 = 200 N.m;

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    Portanto, para que eu tenha o sistema contrabalanado o momento provocado pelacarga PA tambm deve ser igual a 200 N.m, da: PA x 4 = 200 N.m;

    Conseqentemente: PA = 200/4 = 50N

    Pode-se concluir ento que o momento de uma fora em relao a um pontoqualquer o produto da intensidade da fora pela distncia do ponto linha de aodesta fora. A figura 1.13 ilustra que o momento da fora F1 em relao ao pontoO : MF1 = F1 x d1; e analogamente: MF2 = F2 x d2 e MF3 = F3 x d3.

    Figura 1.13

    2 - Estruturas Isostticas

    2.1 Determinao das reaes de apoio

    Como j foi dito nas notas 1 - Estrutura e Arquitetura no item 1.2-Requisitos necessrios de uma estrutura fundamental que um sistema estruturalesteja em equilbrio e seja estvel. Este equilbrio vai depender das cargas ou aesque atuam na estrutura e das reaes que os vnculos das estruturas proporcionam.Portanto, necessrio reconhecer estes vnculos e os tipos de fora ou reao quecada um vai admitir.

    Articulado mvel um vnculo que permite giro e um deslocamento. No casomostrado na figura 2.1 o vnculo admite um giro e no permite que a estrutura semovimente na direo vertical, ou seja, ele s admite uma reao vertical (V );

    Figura 2.1

    Articulado fixo um vnculo que impede dois deslocamentos, mas permite o giro.Portanto, no caso mostrado na figura 2.2 o vnculo impede movimentos detranslao na vertical e horizontal, ou seja, admite duas reaes de apoio, umavertical (V ) e outra horizontal ( H );

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    Figura 2.2

    Engastamento um vnculo que no permite nenhuma rotao e nem nenhumdeslocamento de translao. Na figura 2.3 a vinculao admite trs reaes: ummomento ( M ), uma vertical (V ) e uma horizontal ( H ).

    Figura 2.3

    O prximo passo depois do entendimento das vinculaes existentes nossistemas estruturais calcular o valor destas reaes. Matematicamente estasvinculaes podem ser calculadas utilizando as trs equaes da esttica:

    F H = 0 somatria de todas as cargas na horizontal igual a zero (2.1)

    F V = 0 somatria de todas as cargas na vertical igual a zero (2.2)

    M = 0 somatria de todos os momentos fletores igual a zero (2.3)

    Outro passo importante no processo de determinao das reaes de apoiode uma estrutura o estabelecimento de um sistema de referencia que determinaro sentido positivo e negativo das reaes de apoio. Normalmente o sentido positivodos esforos atuantes no plano definido como o mostrado na figura 2.4, e obvioque se o sentido da reao de apoio for a mesma do sistema de referencia ela serpositiva. O resultado final das reaes no depende da conveno estabelecida nafigura 2.4, ela pode ter seu sentido positivo oposto sem que os resultados finaissofram qualquer modificao.

    Figura 2.4

    Portanto, quando possvel solucionar a estrutura utilizando as trsequaes da esttica, a estrutura dita isosttica , ou seja, o nmero de equaes igual ao nmero de incgnitas.

    Mas, quando no possvel a soluo da estrutura utilizando as trsequaes da esttica, ela conhecida por hiperesttica. Neste caso, o nmero deequaes menor que o nmero de incgnitas, sendo necessrio recorrer aequaes de compatibilidade de deformaes para completar o sistema deequaes.

    A estrutura tambm pode ter um nmero de vnculos insuficiente. E nestecaso ela instvel, podendo permanecer em equilbrio somente paracarregamentos particulares. Portanto, o nmero de equaes da esttica maior do

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    que o nmero de incgnitas. Essas estruturas so conhecidas porhipostticas , eso inadmissveis para as construes.

    O clculo das reaes de apoio pode ser obtido aplicando as trs equaesda esttica. Como ilustrao segue alguns exerccios de clculo das reaes deapoio de estruturas isostticas.

    Exerccio 1:

    1 - Aplicando as equaes da esttica (2.1), (2.2) e (2.3):

    F x = 0 Rx B 3 = 0 Rx B = 3 kN F y = 0 Ry A + Ry B 10 =0 Ry A + Ry B =10

    M A = 0 Ry B.4 10.1 = 0 Ry B = 10/4 = 2,5 kN

    2 Substituindo o valor deRy B na segunda equao:

    Ry A + 2,5 =10 Ry A = 7,5 kN

    Exerccio 2:

    1 - Aplicando as equaes da esttica (2.1), (2.2) e (2.3):

    F x = 0 2 - Rx B = 0 Rx B = 2 kN

    F y = 0 Ry A + Ry B 10 =0 Ry A + Ry B =10M A = 0 Ry B.4 10.5 = 0 Ry B = 50/4 = 12,50 kN

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    2 Substituindo o valor deRy B na segunda equao:

    Ry A + 12.50 = 10 Ry A = -2,50 kN (Nota: o sinal negativo significa que a reao deapoio em A tem o sentido oposto ao adotado)

    Exerccio 3:

    1 - Aplicando as equaes da esttica (2.1), (2.2) e (2.3):

    F x = 0 0 + Rx B = 0 Rx B = 0 kN F y = 0 Ry A + Ry B 16 =0 Ry A + Ry B =16

    M A = 0 Ry B.4 16.2 = 0 Ry B = 32/4 = 8 kN

    2 Substituindo o valor deRy B na segunda equao:

    Ry A + 8 = 16 Ry A = 8 kN

    Exerccio 4:

    1 - Aplicando as equaes da esttica (2.1), (2.2) e (2.3):

    F x = 0 0 + Rx B = 0 Rx B = 0 kN F y = 0 Ry A + Ry B 16 10 10 =0 Ry A + Ry B =36

    M A = 0 Ry B.4 16.2 10.1 10.5 = 0 Ry B = 92/4 = 23 kN

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    2 Substituindo o valor deRy B na segunda equao:

    Ry A + 23 = 36 Ry A = 13 kN

    Exerccio 5:

    1 - Aplicando as equaes da esttica (2.1), (2.2) e (2.3):

    F x = 0 0 + Rx A = 0 Rx A = 0 kN F y = 0 Ry A 16 10 =0 Ry A =26 kN

    M A = 0 M A 16.2 10.4 = 0 M A = 72 kN

    Exerccio 6:

    1 - Aplicando as equaes da esttica (2.1), (2.2) e (2.3):

    F x = 0 0 + Rx A = 0 Rx A = 0 kN F y = 0 Ry A 10 12 =0 Ry A =22 kN

    M A = 0 M A 10.(1,5 + 2,5/2) 12.5 = 0 M A = 87,50 kN

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    Exerccio 7:

    1 - Aplicando as equaes da esttica (2.1), (2.2) e (2.3):

    F x = 0 1,5 - Rx D = 0 Rx D = 1,5 kN F y = 0 Ry A + Ry D 2 4 2 =0 Ry A + Ry D = 8

    M A = 0 Ry D . 6000 2.1000 4.3000 2.5000 1,5.1000 = 0 Ry D = 4,25 kN

    2 Substituindo o valor deRy D na segunda equao:

    Ry A + 4,25 = 8 Ry A = 3,75 kN

    2.2 - Exerccios propostos

    Determinar as reaes de apoio das seguintes estruturas:

    Exerccio 1:

    Exerccio 2:

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    Exerccio 3:

    Exerccio 4:

    Exerccio 5:

    Exerccio 6:

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    Exerccio 7:

    2.3 - Clculo dos esforos nas barras das trelias planas

    Uma das vantagens dos sistemas estruturais treliados a possibilidade dese obter estruturas planas e espaciais muito leves. As trelias so constitudas pelaassociao de barras que so unidas umas as outras em pontos chamados de ns,e que formam figuras geomtricas estveis.

    Estaticamente as trelias funcionam atravs de esforos simples de trao oucompresso das barras. importante tambm entender que as cargas ou aesdevem ser sempre aplicadas nos ns das trelias para evitar que as barras sejamsubmetidas flexo.

    Existem muitos mtodos que permitem determinar os esforos internos nasbarras das trelias. As anlises podem ser feitas graficamente usando o Processode Cremona, ou pode-se usar um mtodo algbrico como nos Mtodos dos Ns.

    A soluo dos esforos internos das trelias planas utilizando oMtodo dosNs aquela que analisa cada n individualmente atravs de um sistema de forasconcntricas usando as equaes de equilbrio e as condies geomtricasconhecidas.

    Depois de conhecido o carregamento atuante no sistema treliado necessrio determinar as reaes de apoio da trelia. Para determinao dosesforos internos, trao ou compresso, nas barras das trelias necessrioconsiderar os ns individualmente e aplicar as equaes de equilbrio no n emquesto. Notar que os sistemas concntricos de foras os ns devem ter no mximoduas barras com esforos desconhecidos de cada vez. Portanto, para solucionar osesforos internos nas barras das trelias necessrio iniciar o clculo por um nque tenha no mximo duas barras de esforos desconhecidos.

    O desenho do sistema de foras em cada n um recurso que facilita avisualizao das cargas que chegam e saem do n em questo. interessante queas foras conhecidas no n em questo sejam desenhadas indicando o sentido dasaes e as desconhecidas, os esforos internos nas barras, sejam representadaspor linha com setas no sentido do esforo de trao da barra. Para facilitar oprocesso, substitua as aes que no estejam na vertical ou horizontal por suascomponentes verticais e horizontais. E da considere o equilbrio das foras no nusando as duas condies de equilbrio, ou seja, a somatria de todas as aes navertical deve ser igual a zero e a somatria de todas as aes na horizontal tambmdeve ser igual a zero.

    (2.4) (2.5)

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    O mtodo dos ns determina o sentido dos esforos internos das barras deum sistema treliado. Entretanto, recomendvel que o sentido dos esforosdesconhecidos seja previsto observando as condies do n em questo.

    A seguir apresentada a soluo dos esforos internos de uma trelia noplano pelo Mtodo dos Ns (figura 2.5).

    Figura 2.5

    1 - Aplicando as equaes da esttica (2.1), (2.2) e (2.3), para determinaodas reaes de apoio:

    F x = 0 1,5 - Rx D = 0 Rx D = 1,5 kN

    F y = 0 Ry A + Ry D 2 4 2 =0 Ry A + Ry D = 8

    M A = 0 Ry D . 6000 2.1000 4.3000 2.5000 1,5.1000 = 0 Ry D = 4,25 kN

    2 Substituindo o valor deRy D na segunda equao:

    Ry A + 4,25 = 8 Ry A = 3,75 kN

    Portanto, o sistema a ser solucionado o seguinte (Figura 2.6):

    Figura 2.6

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    3 Comeando por um n com no mximo duas barras, o n A por exemplo, (figura 2.7):

    Figura 2.7

    - DecompondoF AE nos eixos x e y:

    x 0,707.F AE ; y 0,707.F AE

    - Usando as equaes de equilbrio (2.4) e (2.5):

    F x = 0 0,707.F AE + F AB = 0 F AB = -0.707.F AE = - 0.707.(-5,30) = 3,75 kN

    F y = 0 3,75 + 0,707.F AE = 0 F AE = -3,75/0,707 = -5,30 kN

    4 Solucionando outro n com no mximo duas foras desconhecidas, o nE por exemplo, (figura 2.8):

    Figura 2.8

    - Decompondo as cargas5,30 kN e F EB nos eixos x e y:

    x 5,30.0,707 = 3,75 e 0,707.F EB ; y 5,30.0,707 = 3,75 e 0,707.F EB

    - Usando as equaes de equilbrio (2.4) e (2.5)

    F x = 0 3,75 + 0,707.F EB + F EF = 0 F EF = 3,75 0.707.2,475 = 5,50 kN

    F y = 0 3,75 2 0,707.F EB = 0 F EB = 1,75/0,707 = 2,475 kN

    5 Solucionando outro n com no mximo duas foras desconhecidas, o nB por exemplo, figura2.9:

    Figura 2.9

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    - Decompondo as cargas2,475 kN e F BF nos eixos x e y:

    x 2,475.0,707 = 1,75 e 0,707.F BF ; y 2,475.0,707 = 1,75 e 0,707.F BF

    - Usando as equaes de equilbrio (2.4) e (2.5)

    F x = 0 -3,75 - 1,75 + F BC + 0,707.F BF = 0 F BC = 5,50 0,707.( 2,475)= 7,25 kN

    F y = 0 1,75 + 0,707.F BF = 0 F BF = 1,75/0,707 = 2,475 kN

    6 Solucionando o n F (figura 2.10):

    Figura 2.10

    - Decompondo as cargas2,475 kN e F FC nos eixos x e y:

    x 2,475.0,707 = 1,75 e 0,707.F FC ; y 2,475.0,707 = 1,75 e 0,707.F FC

    - Usando as equaes de equilbrio (2.4) e (2.5)

    F x = 0 5,50 + 1,75 + F FG + 0,707.F FC = 0 F FG = 7,25 0,707.( -3,182) = 5kN

    F y = 0 1,75 4 0,707.F FC = 0 F FC = 2,25/0,707 = 3,182 kN

    7 Solucionando o n C (figura 2.11):

    Figura 2.11

    - Decompondo as cargas3,182 kN e F CG nos eixos x e y:

    x 3,182.0,707 = 2,25 e 0,707.F CG ; y 3,182.0,707 = 2,25 e 0,707.F CG

    - Usando as equaes de equilbrio (2.4) e (2.5)

    F x = 0 7,25 + 2,25 + F CD + 0,707.F CG = 0 F CD = 5 0,707.3,182 = 2,75kN

    F y = 0 2,25 + 0,707.F CG = 0 F CG = 2,25/0,707 = 3,182 kN

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    8 Solucionando o n G(figura 2.12):

    Figura 2.12

    - Decompondo as cargas3,182 kN e F GD nos eixos x e y:

    x 3,182.0,707 = 2,25 e 0,707.F GD ; y 3,182.0,707 = 2,25 e 0,707.F GD

    - Usando as equaes de equilbrio (2.4) e (2.5)

    F x = 0 5 + 1,5 - 2,25 + 0,707.F GD = 0 F GD = 4,25/0,707 = 6,01kN

    F y = 0 2 2,25 0,707.F GD = 0 F GD = 4,25/0,707 = 6,01 kN

    9 Resultados (Depois de calcular todos os esforos internos interessantemostrar o desenho da trelia com todos eles, intensidade e sentido, de tal forma queseja possvel visualizar o comportamento do sistema estrutural, como ilustrado nafigura 2.13:

    Figura 2.13

    Os esforos internos das trelias planas tambm podem ser encontradosgraficamente utilizando oProcesso de Cremona ou como muitos autoresamericanos costumam chamar de Mtodo das figuras recprocas de Maxwell.

    Este processo consiste fundamentalmente em desenhar o polgono de forasque concorrem em cada um dos ns da trelia, considerando tanto as forasexternas quanto as internas. importante ser observado que cada barracorresponde uma fora interna.

    Se a trelia est em equilbrio, cada um dos seus ns tambm deve estar.Logo, s foras que concorrem em cada um dos ns deve corresponder umpolgono fechado de foras, ou seja, condio de resultante nula. Este fato suficiente para garantir o equilbrio do n, pois, se as foras so concorrentes nesten a condio de equilbrio de momentos nele automaticamente satisfeita.

    Evidentemente a anlise dever ser iniciada por um n que tenha somenteduas barras com esforos desconhecidos a fim de determin-los. E assimsucessivamente estendidas aos demais ns numa ordem tal que se tenha sempreduas incgnitas a determinar em cada n.

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    O exemplo anterior ser utilizado para apresentao do Processo deCremona, e para facilitar a resoluo grfica necessrio introduzir uma novanotao para as foras do polgono de foras, chamada notao deBow , comomostra a figura 2.14.

    Designam-se cada um dos espaos do plano, determinados pelas foras queconcorrem no n, por uma letra minscula (a, b, c, d,... ). Estes espaos sodelimitados pelas reaes de apoio (vnculos externos), pelas cargas externasaplicadas e pelas barras da trelia.

    Assim, a reao vertical emA (3,75 kN) ser denominadaab , a cargahorizontal emG (1,5 kN) seref , o esforo interno na barraBC ser ka (ou ak ), oesforo interno na barraEB ser jh (ou hj), e assim sucessivamente.

    Figura 2.14

    Portanto, depois da introduo da notao de Bow , a seqncia deoperaes para resolver a trelia por este processo grfico :

    1 Calcula-se as reaes de apoio (ou vnculos externos), utilizando as trsequaes de equilbrio da esttica ( F x = 0, F y = 0 e M z = 0 );

    2 Adota-se um sentido para percurso ao redor dos ns (normalmente osentido horrio). Uma vez adotado um sentido, este no poder ser mudado, e isto vlido para todos os ns da trelia;

    3 Designam-se todos os espaos do plano, determinados pelas forasexternas aplicadas, pelas barras (correspondentes aos esforos internos delas) epelas reaes de apoio (vnculos externos), com letras minsculas;

    4 Prossegue-se o traado dos cremonas, sempre, por ns onde s hajaduas incgnitas (esforos desconhecidos) a determinar, at esgot-los, encerrando-se assim a resoluo da trelia;

    5 Escolhe-se um n, por exemplo, o nA da trelia. Marca-se no Cremonaab = 3,75 numa escala apropriada, na direo vertical e sentido de baixo para cima;a seguir passando por b tira-se uma paralela barraAE e passando por a uma

    paralela a AB , definindoh. O polgono fechadoabha representa o equilbrio do nA;os mdulos dos esforos normais nas barrasAE e AB so lidos no Cremona igual bh e ha , sendo que o vetorbh de compresso, pois ele converge para o nA e ovetorha de trao, pois ele sai do nA (figura 2.15);

    Figura 2.15

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    6 A seguir, analisa-se o nE , para o qual j conhecido o esforo na barraAE. Percorrendo o n no sentido horrio (sentido que deve ser adotado para todosos outros), marca-se no Cremona a carga de 2 kN representada porbc a partir deb vertical para baixo; a seguir passando porc tira-se uma paralela barra EF epassando por h uma paralela a EB , definindo j. Portanto, o equilbrio de nE representado pelo polgono fechadobcjhb ; os mdulos dos esforos normais nasbarras EF e EB so lidos no diagrama Cremona igual cj e jh , sendo que o vetorcj de compresso, pois ele converge para o nE e o vetor jh de trao, pois ele saido n E (figura 2.16);

    Figura 2.16

    7 - Na anlise do nB , os esforos nas barras AB e EB j so conhecidos eso representados no Cremona por ah e hj, respectivamente. Tirando-se umaparalela a barra BF passando por j e uma paralela a barra BC passando por a ,determina-se k ; os esforos internos axiais nestas duas barras so, ento, dadospor jk (compresso) e ka (trao) como mostrado na figura 2.17;

    Figura 2.17

    8 A seguir, na analisa-se do n F , para o qual j so conhecidos osesforos nas barras EF e BF . Percorrendo o n no sentido horrio, marca-se noCremona a carga de 4 kN representada porcd a partir de c vertical para baixo; aseguir passando por d tira-se uma paralela barra FG e passando por k umaparalela a FC , definindo m. Portanto, o equilbrio de nF representado pelopolgono fechadocdmkjc ; os mdulos dos esforos normais nas barrasFG e FC solidos no diagrama Cremona igual dm e mk , sendo que ambos os vetores dm e mk so de compresso, pois eles convergem para o nF (figura 2.18);

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    Figura 2.18

    9 Analisando o nC , os esforos nas barras BC e FC j so conhecidos eso representados no Cremona por ak e km, respectivamente. Tirando-se umaparalela a barra CG passando por m e uma paralela a barra CD passando por a ,determina-se n; os esforos internos axiais nestas duas barras so ambos de traoe dados por mn e na como mostrado na figura 2.19;

    Figura 2.19

    10 Finalmente o diagrama Cremona pode ser concludo analisando o nG ,para o qual j so conhecidos os esforos nas barrasFG e CG . Percorrendo o nno sentido horrio, marca-se no Cremona a carga de 2 kN representada porde apartir ded , vertical e para baixo, e a carga horizontal de 1,5 kN representada poref apartir dee, horizontal da esquerda para direita; a seguir passando por f tira-se umaparalela barra GD . Portanto, o equilbrio de nG representado pelo polgonofechado defnmd ; o mdulo do esforo normal na barraGD lido no diagramaCremona igual fn, sendo que vetor fn de compresso, pois ele converge para on G (figura 2.20);

    Figura 2.20

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    11 Resultados finais:

    F AE = 5,30 kN (compresso); F AB = 3,75 kN (trao),F EF = 5,50 kN (compresso), F EB = 2,5 kN (trao), F BC = 7,25 kN (trao),F BF = 2,5 kN (compresso), F FG = 5,0 kN (compresso), F FC = 3,2 kN (compresso),

    F CG = 3,2 kN (trao), F CD = 2,75 kN (trao) e F GD = 6,0 kN (compresso) Observaes:

    - Durante o traado do Cremona, no necessrio se preocupar se o esforonormal ser de trao ou compresso. A anlise pode ser feita quando tododiagrama estiver finalizado;- Os mdulos dos esforos normais so lidos em uma escala apropriada noCremona, assim como todas as cargas externas e reaes de apoio;

    2.4 - Exerccios Propostos

    Determinar os esforos internos nas barras das trelias a seguir:

    Exerccio 1:

    Exerccio 2:

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    Exerccio 3:

    Exerccio 4:

    2.5 Esforos solicitantes (seccionais) nas estruturas

    Os estudos anteriores mostraram que uma estrutura se manter em equilbriodevido presena de seus vnculos externos. Como conseqncia da aplicaodesse sistema de foras ativas e passivas (reaes de apoio) surge no interior doselementos estruturais os esforos solicitantes ou esforos seccionais. Estesesforos solicitantes indicam a maneira com que as foras externas, provenientesdos carregamentos atuantes, solicitam a estrutura e atravs dela transferem estesesforos at os vnculos, ou seja, os apoios.

    Para que as estruturas sejam estudadas suas barras so definidas pelosseus eixos longitudinais e sua seo transversal aquela contida no planoperpendicular ao eixo longitudinal que a determina. Logo, para estudarmos osesforos solicitantes das barras importante a definio de cada um deles e suasconvenes clssicas de sinais:- Esforos normais ou axiais: so aqueles que atuam na direo do eixo longitudinalda barra, sendo, portanto perpendicular ao plano de sua seo transversal. Estesesforos podem ser de trao ou compresso como indica a figura 2.21, sendo aconveno utilizada: positivo (+) para barras tracionadas e negativo (-) para barrascomprimidas.

    Figura 2.21

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    - Esforos cortantes ou de cisalhamento: um esforo que atua no plano da seotransversal da barra, logo perpendicular ao seu eixo longitudinal, como indica afigura 2.22. Para este esforo a conveno : positivo (+) quando o fora gira aseo no sentido horrio e negativo (-) quando a fora gira a seo no sentido anti-horrio.

    Figura 2.22

    - Esforos de flexo (momento fletor): um esforo, um momento, que age em umplano perpendicular ao plano da seo transversal da barra, como ilustra a figura2.23. A conveno usada a seguinte: o esforo ser positivo (+) quando tracionaas fibras inferiores da seo transversal e negativo (-) quando traciona as fibrassuperiores da seo transversal. Notar que a conveno anterior para barras nahorizontal, com carregamento de cima para baixo e perpendicular ao eixolongitudinal.

    Figura 2.23

    - Esforos de toro (momento de toro): um esforo, um momento, que atua noplano da seo transversal, como ilustra a figura 2.24. Para este esforo no existeconveno clssica de sinais.

    Figura 2.24

    importante entender que cada um destes esforos ser responsvel portenses que ocorrero dentro das barras. A seguir sero mostradas algumas

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    situaes em que estas tenses esto ocorrendo: As tenses axiais so mostradasnas figuras 2.25 para as de trao e na figura 2.26 para as tenses de compresso; j as tenses de cisalhamento so mostradas na figura 2.27; a figura 2.28 por suavez ilustra as tenses de flexo e finalmente as de toro so indicadas na figura2.29.

    Figura 2.25 Figura 2.26

    Figura 2.27

    Figura 2.28 Figura 2.29

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    A determinao dos esforos solicitantes em qualquer estrutura obedece aoseguinte procedimento:

    1 O sistema estrutural esteja equilibrado, logo necessrio calcular asreaes de apoio;

    2 Conhecido todos os esforos aplicados (ativos e passivos), determinadoo ponto ou a seo em que se deseja calcular os esforos solicitantes, que sero asincgnitas;

    3 Como a estrutura est em equilbrio, podem-se aplicar as trs equaesda esttica (2.1, 2.2 e 2.3).

    O procedimento ser apresentado a seguir utilizando um exemplo de umaviga bi-apoiada da figura 2.30:

    Figura 2.30

    Aps o clculo das reaes de apoio e cortando aestrutura na seo S,local onde calcularemos os esforos solicitantes (Ns, Vs e Ms). Os esforos podem

    ser calculados usando tanto o trecho AS como o trecho SB, comoilustra a figura2.31:

    Figura 2.31

    O clculo dos esforos ser feito utilizando o trecho SB, pois o trabalho sermenor. Os clculos sero executados baseados na figura 2.32.

    Figura 2.32

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    - Aplicando as equaes da esttica (2.1), (2.2) e (2.3):

    F x = 0 P 2 N S = 0 N S = P 2F y = 0 Ry B + V S q.x = 0 V S = q.x Ry B

    M S = 0 M S + q.x2 /2 R yB.x = 0 M S = R yB.x q.x2 /2

    Um exemplo numrico da viga bi-apoiada mostrado na figura 2.33 serdesenvolvido a seguir. Alm do clculo dos esforos seccionais sero apresentadostambm os diagramas de estados (Diagrama de momentos fletores DMF;Diagrama de esforos cortantes DEC e Diagrama de esforos normais DEN):

    Figura 2.33

    1 Clculo das reaes de apoio aplicando as equaes da esttica (2.1), (2.2) e(2.3):

    F x = 0 4 - R xA = 0 R xA = 4 kN F y = 0 R yA + R yB 5 3.9 =0 R yA + R yB = 32 (I)

    M A = 0 - R yB.9 + 5.3 + 3.9.4,5 = 0 R yB = 15,167 kN

    2 Substituindo o valor deRy B na segunda equao:

    R yA + 15,167 = 32 R yA = 16,833 kN

    3 Clculo dos esforosser feito utilizando o trecho SB, pois o trabalho ser

    menor. Os clculos sero executados baseados na figura 2.34.

    Figura 2.34

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    4 Para o clculo dos esforos solicitantes na seo S utilizaremos as equaesda esttica (2.1), (2.2) e (2.3):

    F x = 0 4 N S = 0 N S = 4 kN F y = 0 15,167 + V S 3.1,5 = 0 V S = 4,5 15,167 = 10,667 kN

    M S = 0 M S + 3.1,5 2 /2 15,167.1,5 = 0 M S = 22,751 3,375 = 19,376 kN.m

    5 Os diagramas de estados:

    Figura 2.35 - D.E.N. (kN)

    Figura 2.36 - D.E.C. (kN)

    6 Clculo do momento mximo: o momento mximo ocorrer no ponto onde ocortante for igual a ZERO, portanto fazendo proporcionalidade de tringulo nodiagrama D.E.C:

    15,167 / x = 2,833 / (6 x) x = 5,056 m

    - Logo o momento mximo, tomando a seo a direta:

    Mmax = 15,167 x 5,056 3 x 5,056 2 / 2 = 38,34 kN.m

    Figura 2.37 - D.M.F. (kN.m)

    7 Observaes importantes sobre os diagramas de estados (Diagrama demomentos fletores D.M.F. e Diagrama de esforos cortantes D.E.C.):

    - Para determinao do D.E.C. necessrio conhecer os esforos cortantes antes edepois das cargas concentradas;

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    - Para determinao do D.M.F. necessrio conhecer o ponto e o valor domomento mximo;- O ponto na estrutura onde o momento mximo ser o ponto no D.E.C. em que ocortante igual a ZERO;- Para determinao do D.M.F. necessrio conhecer os pontos e os valores dosmomentos fletores nos pontos onde existem cargas concentradas e nasextremidades das cargas distribudas;- O D.M.F. de uma carga concentrada, apresenta um ponto anguloso na posio dacarga e o D.E.C. apresenta uma descontinuidade igual ao valor desta carga;- O D.M.F. de uma carga uniformemente distribuda ser dado por uma parbola dosegundo grau e o D.E.C. ser dado por uma linha reta inclinada;- O valor da rea do D.E.C. de uma viga biapoiada igual ao valor da resultante detodas as cargas-momento aplicadas na viga. Notar que o sinal positivo correspondeao sentido anti-horrio;- Na seo de aplicao de uma carga-momento numa viga, o D.M.F. sofre umadescontinuidade igual ao valor da carga-momento.

    Outro exemplo numrico de um prtico mostrado na figura 2.38 serdesenvolvido a seguir. Alm do clculo dos esforos seccionais sero apresentadostambm os diagramas de estados (Diagrama de momentos fletores DMF;Diagrama de esforos cortantes DEC e Diagrama de esforos normais DEN):

    Figura 2.38

    1 Da esttica temos trs equaes (2.1, 2.2 e 2.3) e como a estrutura tem cincoreaes de apoio necessrio utilizar mais duas equaes para que seja possvelencontrar tais reaes de apoio. Portanto, duas novas equaes so obtidas nasrotulas em B e C, ou seja: MB = 0 e MC = 0:

    Considerando momento igual a zero em C abaixo da rotula C :

    M C = 0 R xD = 0

    E considerando momento igual a zero a esquerda de B em B :

    M B = 0 5.5 1.5.2,5 M A = 0 M A = 12,5 kN.m

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    F x = 0 1.5 R xA R xD = 0 R xA = 5 kN

    F y = 0 R yA + R yD 11.12 =0 R yA + R yD = 132 (I)

    M A = 0 M A R yD.12 + 1.5.2,5 + 11.12.6 = 012,5 + R yD.12 = 804,5 R yD = 66 kN

    2 Substituindo o valor deRy D na equao (I):

    R yA + R yD = 132 R yA = 66 kN

    3 Para o clculo dos esforos solicitantes utilizaremos as equaes da esttica(2.1), (2.2) e (2.3):

    - Em A (figura 2.39) :

    Figura 2.39

    F x = 0 V S

    5 = 0 V S = 5 kN F y = 0 66 + N S = 0 N S = 66 kN M S = 0 M S 12,5 = 0 M S = 12,5 kN.m

    - Em B antes da rotula (figura 2.40) :

    Figura 2.40

    F x = 0 V S 5 + 1.5 = 0 V S = 0 F y = 0 66 + N S = 0 N S = 66 kN

    M S = 0 M S 12,5 + 5.5 1.5.2,5 = 0 M S = 0

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    - Em B direita (figura 2.41) :

    Figura 2.41F x = 0 N S 5 + 1.5 = 0 N S = 0 F y = 0 66 V S = 0 V S = 66 kN

    M S = 0 M S 12,5 + 5.5 1.5.2,5 = 0 M S = 0

    - Em C esquerda (figura 2.42) :

    Figura 2.42F x = 0 N S 5 + 1.5 = 0 N S = 0 F y = 0 66 11.12 V S = 0 V S = 66 kN

    M S = 0 M S 12,5 + 5.5 1.5.2,5 11.12.6 + 66.12 = 0 M S = 0

    - Em C esquerda (figura 2.43) :

    Figura 2.43F x = 0 V S = 0

    F y = 0 66 + N S = 0 N S = 66 kN M S = 0 M S = 0

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    - Em D (figura 2.44) :

    Figura 2.44F x = 0 V S = 0F y = 0 66 + N S = 0 N S = 66 kN

    M S = 0 M S = 0

    4 Os diagramas de estados:

    Figura 2.45 - D.E.N. (kN)

    Figura 2.46 - D.E.C. (kN)

    Figura 2.47 - D.M.F. (kN.m)

    O momento mximo na barra BC igual = 198 kN.m

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    2.6 - Exerccios propostos

    Determinar os diagramas de estado das seguintes estruturas:

    Exerccio 1:

    Exerccio 2:

    Exerccio 3:

    Exerccio 4:

    Exerccio 5:

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    Exerccio 6:

    Exerccio 7:

    Exerccio 8:

    Exerccio 9:

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    Exerccio 10:

    Exerccio 11:

    Exerccio 12:

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