Estatica dos corpos, Resistencia de materias

GRUPO DE MECÂNICA ESTRUTURAL

Departamento de Engenharia Mecânica Faculdade de Ciências e Tecnologia da Universidade de Coimbra

Parte I - Estática

José Maria O. Sousa Cirne 2009/10

Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra

2

CAPÍTULO I DETERMINAÇÃO DAS REACÇÕES DE APOIO

1.1- Introdução

No curso que agora se está a iniciar admite-se que os corpos sólidos são

geometricamente invariáveis, onde o deslocamento isolado de pontos ou partes do

corpo não pode acontecer. Quando se pretende analisar um corpo isoladamente, é

necessário substituir a acção mecânica que sobre ele exerce o meio que o rodeia por

elementos a que chamamos forças ou solicitações exteriores. Estas forças

classificam-se em forças de volume, de que são exemplo as forças gravíticas e de

atracção magnética que actuam no interior do corpo e em forças de superfície que

são aplicadas no contorno do corpo e caracterizam a interacção deste com os corpos

vizinhos. Conforme se exerçam pontualmente ou em regiões de dimensões não

desprezáveis, as forças podem ainda ser classificadas respectivamente como forças

concentradas ou forças distribuídas.

Todos os corpos sólidos são dotados de propriedades mecânicas que lhes permitem,

dentro de certos limites, reagir à acção das forças exteriores sem que haja rotura ou

variação sensível das suas dimensões geométricas. Se a um corpo em repouso fôr

aplicada uma solicitação exterior, as moléculas que o constituem alteram a sua posição

e os deslocamentos mútuos entre elas continuam até que o equilíbrio entre as forças

exteriores e as interiores seja estabelecido. Diz-se então que este corpo está no

estado de deformação.

Durante a deformação as forças exteriores actuantes produzem trabalho que é,

completa ou parcialmente, transformado em energia potencial de deformação

elástica. Se as solicitações que produziram a deformação diminuirem gradualmente,

dá-se um retorno parcial ou completo do corpo à sua posição inicial de repouso.

Durante a fase em que este último processo ocorre a energia potencial de deformação

acumulada é devolvida ao exterior, podendo ser recuperada sobre a forma de trabalho.

Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I

3

Um exemplo do que acaba de se referir é o que se verifica com a deformação da mola

de um relógio mecânico.

A propriedade que os corpos têm de, dentro de certos limites, voltarem à sua forma

inicial quando cessa a solicitação exterior, é chamada elasticidade. Diz-se que um

corpo é perfeitamente elástico se tem uma recuperação total da sua forma inicial uma

vez eliminada a causa da sua deformação. Se pelo contrário a deformação produzida

não desaparece completamente, quer devido às propriedades mecânicas do material,

quer porque as solicitações ultrapassaram os limites de elasticidade do material, diz-se

que o corpo teve um comportamento parcialmente elástico, tendo sofrido uma

deformação plástica parcial. Neste caso parte do trabalho produzido pelas forças

exteriores é retido sob a forma de energia de deformação plástica.

Em Resistência de Materiais admite-se que um corpo tem sempre um comportamento

perfeitamento elástico, isto é, interessa analisar o seu comportamento de modo a que

não seja ultrapassado o seu limite elástico.

1.2- Noção de Graus de Liberdade de um Corpo

Define-se como graus de liberdade de um corpo o número de parâmetros

necessários e suficientes para determinar a sua posição no espaço.

Como é sabido, a acção de um sistema de forças que actua sobre um corpo é igual à

da resultante dessas forças e do momento que esta produz em relação a um ponto. A

primeira tende a produzir uma translacção do corpo ao longo do seu suporte e o

momento uma rotação em torno de um eixo que contém o centro de gravidade do

corpo. Tanto a translacção como a rotação não têm direcção nem intensidade

priveligiadas, pelo que, para exprimir comodamente este facto, é usual dizer que a

translacção é a resultante de 3 translacções segundo as direcções dos eixos

ortogonais XYZ e que a rotação é a resultante de 3 rotações em torno dos eixos do

mesmo sistema. Portanto, diz-se que um corpo no espaço tem 6 graus de liberdade - 3


4

rotações e 3 translacções - que são os 6 parâmetros necessários para definir a sua

posição relativamente a um sistema de eixos ortogonais.

Na prática contudo, o caso mais comum é a totalidade das forças actuarem num

mesmo plano, por exemplo o plano XZ, pelo que o número de graus de liberdade passa

agora a ser de 3, sendo 2 translacções nas direcções dos eixos dos XX e dos ZZ e 1

rotação em torno do eixo dos YY. Qualquer outra tendência de translacção ou rotação

obrigaria o corpo a sair do plano que contém as forças, o que não é de considerar por

implicar a existência de solicitações fora do referido plano.

1.3- Tipos de Apoio

Considere-se um corpo ao qual é aplicado um sistema de forças P. Estas forças ao

provocarem a deformação do corpo, vão produzir o aparecimento nos pontos de apoio

de um sistema de forças reactivas R. O corpo acaba então por ficar em equilíbrio

estático sobre a acção dos dois sistemas de forças P e R.

Os apoios, como facilmente se compreende, têm por função restringir alguns ou todos

os graus de liberdade de um corpo, isto é, impedir os seus movimentos como um todo

geometricamente indeformável. Para que um apoio possa restringir esses movimentos,

é necessário que aí se gerem forças iguais e de sinal contrário àquelas que tentam

modificar as condições de equilíbrio iniciais.

Como já foi referido, na maioria dos casos práticos os corpos são solicitados por

sistemas de forças complanares , ou, se isso não acontecer, é possível decompor

esses sistemas num ou mais sistemas de forças complanares, pelo que vai admitir-se

que o corpo é solicitado por um sistema de forças pertencente a um plano, por exemplo

o plano XZ.

São 3 os tipos de apoio que é possível utilizar de modo a restringir os movimentos de

corpo rigido de uma estrutura:


5

1.3.1- Apoio Móvel

Este tipo de apoio representado na Fig I-1, também conhecido como apoio simples ou

de roletes, é composto essencialmente por um balanceiro superior que pode rodar em

relação ao balanceiro inferior através de uma rótula cilíndrica. Este conjunto pode por

sua vez deslocar-se como um todo ao longo da base, graças aos roletes colocados

entre esta superfície e o balanceiro inferior. É fácil de verificar que o movimento vertical

é o único que este apoio restringe. Portanto, pode afirmar-se que o apoio móvel

permite dois graus de liberdade ( 1 rotação em torno do eixo dos YY e uma translacção

na direcção do eixo XX ) e restringe um ( 1 translacção na direcção do eixo dos ZZ ).

x

z(y )

Fig I-1 - Apoio móvel

No estudo deste tipo de apoios, como no dos outros que se lhe vão seguir, despreza-se

o efeito do atrito existente entre todas as partes móveis. Assim sendo, a reacção deste

apoio aos movimentos do corpo, passa pelo centro da rótula e é perpendicular à

direcção do deslocamento dos roletes, isto é, perpendicular ao plano da base onde

aquele se desloca. Basta portanto conhecer a grandeza desta componente para que a

reacção fique perfeitamente caracterizada.

Esquematicamente este apoio pode ser representado nas formas indicadas na Fig I-2.

Fig I-2 - Representações esquemáticas de um apoio móvel


6

1.3.2- Apoio Fixo

Este tipo de apoio representado na Fig I-3, também conhecido por apoio duplo, difere

do apoio móvel pelo facto de o seu balanceiro inferior ser fixo à base. Tal facto introduz

mais uma restrição ao movimento do corpo que, neste caso, só pode rodar em torno da

rótula cilíndrica. O apoio fixo permite então, apenas um grau de liberdade ( 1 rotação

em torno do eixo dos YY ) e restringe dois ( translacções nas direcções do eixo dos XX

e do eixo dos ZZ ). A reacção deste apoio passa sempre pelo centro da rótula, mas

pode ter uma direcção qualquer, o que obriga ao conhecimento da grandeza de dois

parâmetros ( por exemplo as suas projecções nos eixos dos XX e ZZ ) para que fique

perfeitamente caracterizada.

z

x

(y)

Fig I-3 - Apoio fixo

De forma esquemática este tipo de apoio pode ser representado nas formas indicadas

na Fig I-4

Fig I-4 - Representações esquemáticas de um apoio fixo

1.3.3- Apoio Encastrado

O apoio encastrado, representado na Fig I-5, também conhecido simplesmente por

encastramento, suprime os três graus de liberdade do corpo possíveis no plano XZ.

Para determinar a sua reacção a qualquer solicitação exterior são agora necessários


7

três parâmetros - grandeza e sentido da força ( ou as suas projecções nos eixos dos

XX e ZZ ) e do momento reactivo.

z

x(y)

Fig I-5 - Apoio encastrado

De forma esquemática este tipo de apoio pode ser representado nas formas indicadas

na Fig I-6. Para que a primeira representação esquemática seja correcta, é necessário

que a distância l0, indicada na figura, seja muito pequena de modo a que o elemento

estrutural naquela distância possa ser considerada como perfeitamente rígida.

l0

Fig I-6 - Representações esquemáticas de um apoio encastrado

1.4- Tipos de Solicitações

As solicitações exteriores a que um corpo pode estar sujeito ou são forças e ou os

momentos que elas originam. As forças podem classificar-se quanto às dimensões da

zona de aplicação como concentradas, linearmente distribuídas, distribuídas por uma

superfície (por exemplo a pressão) e distribuídas por um volume (por exemplo o peso

próprio ou a força centrífuga). Em Resistência de Materiais, devido ao tipo de

elementos estruturais com que se trabalha, as duas últimas distribuições de carga não


8

são normalmente consideradas, pelo que só se vão abordar os dois primeiros tipos de

solicitação.

1.4.1- Carga concentrada

Diz-se concentrada toda a carga que pode ser aplicada num determinado ponto de

uma estrutura. Na prática é no entanto impossível fazer incidir uma carga num único

ponto, pois, por mais sofisticado que seja o processo de transmissão, aquela vai

sempre fazer-se sentir numa pequena zona do corpo. Sob o ponto de vista de cálculo

pode, porém, admitir-se que cargas do tipo da representada na Fig I-7 são

concentradas, uma vez que a dimensão da zona de aplicação a é muito pequena

quando comparada com as dimensões da estrutura. Admite-se então que a carga é

pontual sem que com isso se esteja a cometer um erro grosseiro.

PP

a

Fig I-7 - Carga concentrada

1.4.2- Carga distribuída

Ao contrário das cargas concentradas, as cargas distribuidas são aplicadas numa zona

que, pelas suas dimensões, não pode ser desprezada.

Este tipo de carga é caracterizado por uma taxa de distribuição q , que se define como

sendo a relação entre a força dR que actua sobre um determinado elemento da

estrutura, Fig I-8, e o comprimento dx desse elemento,

dxdR

q = (1)


9

dR

dxxx

z

ba

Rd

d

Fig I-8 - Carga distribuída

A taxa q é portanto uma força por unidade de comprimento, que tem como unidade do

SI o N/m, função do comprimento x da zona de aplicação e podendo tomar valores

diferentes de ponto para ponto. À linha que caracteriza a sua distribuição é chamada

linha de carga, e a superfície que ela delimita superfície de carga.

As cargas distribuidas podem ser encaradas como um sistema de forças infinitésimais,

paralelas entre si e infinitamente próximas. Tal sistema é redutível a uma resultante

única, cujo módulo é igual à soma dos módulos das cargas infinitésimais que o

constituem. Com efeito, considere-se um elemento da distribuição de carga q, com um

comprimento dx infinitamente pequeno e localizado a uma distância x de um referencial

fixo, Fig I-8. A resultante deste elemento é dada por

dxqdR= (2)

uma vez que se pode considerar que a distribuição de carga é constante ao longo do

comprimento infinitamente pequeno dx. Se se pretender determinar a resultante total R

da distribuição de carga total, basta somar as resultantes de todos os elementos

infinitésimais considerados entre a e b, isto é:

∫= ba dxqR (3)

A intensidade da resultante R coincide então com a área da superfície de carga

delimitada pelo eixo1 da peça e pela linha de carga.

1 Eixo de um corpo é o lugar geométrico dos centros de gravidade de todas as secções que nele podem ser consideradas perpendiculares a uma determinada direcção.


10

Para que seja possível substituir a distribuição de carga pela sua resultante, falta agora

conhecer a posição desta. Seja d a distância da resultante R ao eixo dos ZZ. O

teorema de Varignon diz que " o momento produzido pela distribuição de carga

relativamente a um ponto, é igual ao momento da resultante calculado no mesmo ponto

", ou seja:

dxq

dxxqddxqddxxq

ba

bab

aba

∫

∫=⇒∫=∫ (4)

expressão que permite calcular a posição do baricentro de uma superfície, o que leva a

concluir que a resultante das cargas distribuídas passa pelo centro de gravidade da

superfície de carga.

Em conclusão, a resultante de uma carga distribuída qualquer tem grandeza igual

à área da superfície de carga, passando o seu suporte pelo centro de gravidade

dessa superfície.

Dos vários tipos de distribuição de carga, os mais conhecidos são:

Carga uniformemente distribuída - distribuição caracterizada por uma linha de

carga paralela ao eixo da estrutura, Fig I-9a.

Carga distribuída triangular - distribuição caracterizada por uma linha de carga

função linear de x, Fig I-9b.

q

l

q

l

Fig I-9a - Carga uniformemente distribuída Fig I-9b - Carga distribuída triangular

A linha de carga pode em geral ter uma forma qualquer, dependendo das condições de

carregamento da estrutura. Por exemplo, as estruturas de sustentação de túneis ficam

sujeitas a distribuições elípticas, enquanto que para certas estruturas enterradas se

admite uma distribuição parabólica. Por fim, refira-se que a linha de carga pode ainda


11

ser considerada como uma associação de algumas das distribuições já consideradas.

A Fig I-10, que representa uma carga distrbuida trapezoidal, é disso um exemplo típico.

Com efeito, este tipo de distribuição pode ser tratado como uma associação de uma

carga uniformente distribuida com uma distribuição triangular.

q1

q2

l

Fig I-10 - Distribuição trapezoidal de carga

1.5- Equação geral de equilíbrio de um corpo

Para que um corpo sujeito a ligações e solicitado por um sistema de forças externas

esteja em equilíbrio estático, é necessário que obedeça às seguintes equações

vectoriais:

0=∑+∑ RFe

rr (5)

000 =∑+∑ re MMrr

(6)

onde

∑ eFr

- somatório das forças exteriores aplicadas ao corpo

∑Rr

- somatório das reacções de apoio

0eM∑

r- somatório dos momentos produzidos pelas forças exteriores em o

0rM∑

r- somatório dos momentos produzidos pelas reacções de apoio em o, sendo o

um ponto qualquer que pode em particular ser a origem de um sistema de

eixos.

Projectando estes vectores num sistema de eixos ortogonais XYZ, cada uma destas

condições é desdobrada nas suas 3 componentes escalares:


12

00 =∑+∑=∑+∑oxr

oxex

ex MMRF (7)

00 =∑+∑=∑+∑oyr

oyey

ey MMRF (8)

00 =∑+∑=∑+∑ozr

ozez

ez MMRF (9)

Se ao corpo só forem permitidos movimentos num plano, por exemplo o plano OXZ, e

se as solicitações actuarem nesse plano, então as condições escalares de equilíbrio do

corpo resumem-se às seguintes 3 equações:

0=∑+∑ xex RF (10)

0RF zez =∑+∑ (11)

0=∑+∑oyr

oye MM (12)

Estas 3 equações da estática, que traduzem como se viu o equilibrio de um corpo no

plano XZ, são de grande importância, uma vez que é a elas que se recorre para

determinar as reacções de apoio, grandezas normalmente desconhecidas, mas cujo

valor tem que obedecer às condições gerais do equíbrio estático desse corpo.

Quanto ao número de incógnitas e de equações da estática disponíveis, os sistemas

materiais classificam-se em:

Isostáticos - se o número de equações da estática disponíveis é igual ao de

incógnitas. Este tipo de sistemas serão os que vão ser objecto de

estudo imediato.

Hipoestáticos - se o número de equações da estática disponíveis é maior que número

de incógnitas. Os sistemas que se encontram nestas condições são

instáveis, isto é, só se mantêm em equilíbrio em casos de solicitações

específicas.

Hiperestáticos - se o número de equações da estática disponíveis é menor que o

número de incógnitas. Estes sistemas, de grande importância prática,

estão normalmente sujeitos a mais ligações do que aquelas que

seriam necessárias para que ficassem em equilíbrio.


13

Para a determinação do grau de estaticidade n do sistema, pode recorrer-se à

expressão:

g = 3 m - a (13)

onde m é o número de contornos fechados definidos pela estrutura, apoios e superfície

de apoio e a o número de articulações. De notar que cada rótula pode articular dois ou

mais elementos estruturais, pelo que o número de articulações que devem ser

contadas em cada rótula deve ser igual ao número de elementos estruturais nela

concorrentes menos um, que será o elemento considerado fixo que faz a ligação ao

exteriror. O sistema diz-se isostático quando g=0, hiperestático se g>0 e

hipoestático se g<0. Para melhor compreensão do exposto, considere-se a viga2 da

Fig I-11 e substituam-se os apoios pelas representações esquemáticas indicadas.

Aplicando a equação (13), conclui-se que a viga é 3 vezes hiperestática, uma vez que

g = × − + + + + + + + + + =5 3 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 3( ) .

VIVIIIIII

Fig I-11 - Representação esquemática de uma viga hiperestática

2 Viga é um elemento estrutural, em que as dimensões características da secção são muito menores que o seu comprimento, normalmente sujeito a esforços cortantes e momentos flectores.


14

1.6- Cálculo das Reacções de Apoios de Sistemas Isostáticos - Exemplos Resolvidos

Calcular as reacções dos apoios das seguintes estruturas:

1.6.1-

BA

3 m1 m

1000 KN

VA

HA

RB Fig I-12

Resolução:

00 =⇒=∑+∑Ax

ex HRF

010000 =−−⇒=∑+∑BAz

ez RVRF

KNRxRxMMBB

Ar

Ae

2504110000 =⇒−⇒=∑+∑

KNVRVABA

75025010001000 =⇒−=−=

1.6.2-

VA

HA

3 m 3 m

A

5 KN

MA

3 KN

Fig I-13

Resolução:

00 =⇒=∑+∑Ax

ex HRF

KNVVRFAAz

ez 80350 =⇒=−+⇒=∑+∑

KNmMMxxMMAA

Ar

Ae 33036350 =⇒=−+⇒=∑+∑


15

1.6.3-

BA

2 m

2000 N

VA

HB

VB

2 m

2000 N1500 N

2 m 2 m

Fig I-14

Resolução:

00 =⇒=∑+∑Bx

ex HRF

01500200020000 =−−++⇒=∑+∑BAz

ez VVRF

KNAVxxxVMMA

Br

Be 150002200042000150060 =⇒=−−+⇒=∑+∑

NVB

400015005500 =−=

1.6.4-

60ºA

2 m

5 KN

VA

B

HB

RB

3 m

8 KN

3 m

Fig I-15

Resolução:

KNBHcosHRFBx

ex 406080 =⇒=°−⇒=∑+∑

060850 =−−°+⇒=∑+∑BAz

ez VVsinRF

KN,AVsinxxVxMMA

Br

Be 1410060386850 =⇒=°−+⇒=∑+∑

KN,VB

811=


16

1.6.5-

BA

1 m

VAVB

HA3 m

200 KN/m

600 KN

2 m 2 m

Fig I-16

Resolução:

00 =⇒=∑+∑Ax

ex HRF

020036000 =−−+⇒=∑+∑BAz

ez VVxRF

KNAVxVx,xMMB

Ar

Ae 150068600526000 =⇒=−+⇒=∑+∑

KNVB

1050=

1.6.6-

B

A

VA

HB

VB

6 m

3 KN/m

F

Fig I-16

Resolução:

00 =⇒=∑+∑Bx

ex HRF

0180 =+⇒=∑+∑ −BAz

ez VVRF

061830 =−⇒=∑+∑A

Br

Be VxxMM

KNVA

9= KNVB

9=


17

A representação da carga do problema pode induzir em erro, pelo que é conveniente

chamar a atenção para as diferentes representações de carga distribuída que podem

surgir em vigas de eixo inclinado.Considerem-se então as distribuições de carga

representadas:

R1

hc

q

l

R2

c

a

h

α

q

l

Fig I-17a Fig I-17b

O cálculo da resultante de cada uma destas distribuições, permite verificar que se está

em presença de duas representações de cargas equivalentes, já que as grandezas são

iguais e têm suporte comum.

lqR =1 lqcosqcos

lcosqcR =α

α=α=

2

Pode então afirmar-se que qualquer dos casos indicados representa uma distribuição

vertical de carga uniforme, aplicada a uma viga de eixo oblíquo.

Deve-se ter em conta que existe uma grande diferença entre a distribuição acabada de

analisar e a representada na figura I-18:

R V

H

ch

α

q

l

Fig I-18


18

A resultante neste caso é dada por

R = q c

onde

α

=α

=sen

hcos

lc

Decompondo a resultante nas suas componentes horizontal e vertical, ter-se-á

lqcoscos

lqcosRV =α

α=α=

hqsensen

hqsenRH =α

α=α=

Estes valores permitem concluir que ter a viga sujeita à carga uniformemente

distribuída q, representada na figura I-18, é o mesmo que ter a mesma viga sujeita a

uma distribuição uniforme vertical e a outra horizontal, de igual grandeza q, conforme

indicado na figura I-19.

R

h

q

l

V

h

q

l

Hh

q

l

Fig I-19

1.6.7-

200 K N

2,5 m

H A

V A

R B

60º45º

2 m

Fig I-20


19

Resolução:

0450 =+°⇒=∑+∑ABx

ex HcosRRF ⇒ = −H KN

A117 125,

0200450 =+°⇒=∑+∑ −ABz

ez VsinRRF

KN,Rxcos,xRMMBB

Ar

Ae 641650220015520 −=⇒=+°⇒=∑+∑

KN,VA

125317=

1.6.8-

BC DA

VD

VA

HA

5 KN8 KN2 KN

1 m 1 m2 m 2 m2 m1 m

Fig I-21

Resolução:

A figura representa uma estrutura composta por duas vigas, em que uma delas está apoiada

na outra. A resolução deste problema pode ser feita directamente se se pretenderem

apenas as reacções nos apoios exteriores à estrutura, como se indica na figura I-21, ou por

partes houver necessidade de determinar o valor das reacções dos apoios intermédios,

figura I-22. Pelo princípio da acção e reacção as reacções em C e D, figura 1-22a têm

grandeza igual à acção da viga superior sobre a inferior, mas sentido contrário. Utilizemos

esta segunda via para a determinação das reacções:

C D

8 KN 2 KN

RD VC

HC

Fig I-22ª

Cálculo das reacções em C e D


20

00 =⇒=∑+∑ cHRF xex

0280 =−−+⇒=∑+∑Dz

ez RcVRF

KNRRxxMMDD

Ar

Ae 150422780 =⇒=−+⇒=∑+∑

KNcV 5−=

B A

VA

HA

RB

5 KN RDVC

HC

Fig I-22b

Cálculo das reacções em A e B

00 =⇒=∑+∑ AHRF xex

050 =−−−+⇒=∑+∑BADz

ez RVRcVRF

0762150 =−++⇒=∑+∑BD

Ar

Ae RRcVxMM

KN,RB

1412=

KN,VA 862=

1.6.9- 2 K N

60º 60º

B

A

VA

HA

VB

2 KN 3 KN 3 K N

1 m 2 m 2 m 2 m 1 m 1 m 3 m

3 m

Fig I-23

C

Resolução3:

3 Notar que o apoio B e o segmento de recta BC se comportam no seu conjunto como um apoio móvel, em virtude de existir uma rótula em C e entre B e C não existirem cargas aplicadas. É por este motivo que em B só é considerada a componente vertical da reacção.


21

0603602 =°−+° cosHcosA

KN,HA

50=⇒

026033602 =−−+°++°BA

VVsinsin

KN,VxVxcosxxxcosBB

13407823043232302 =⇒=−+°++°−

KN,VA

25=

1.6.10-

1 m

1 mB

A

V A

2 K N

3 K N

2 ,5 m2 ,5 m

2 m

2 m

H B

V B

1 K N

Fig I-24

Resolução:

02 =−B

H KNHB

2=⇒

013 =−−+BA

VV

052311532 =−++ ,xxxVxA

KN,VA

10=⇒

KN,VB

93=

1.6.11-

M = qa2

B

D

q

A

VA

P = qa

a a

a

a

HA

M A

C

Fig I-25

Resolução:

00 =+⇒=∑+∑Ax

ex HaqRF

00 =−⇒=∑+∑Az

ez

VPRF

0

230

2 =−

−−+⇒=∑+∑

aq

aaqaqMMMA

Ar

Ae

aqHA

−=

aqVA=

2

23

aqMA=


22

1.6.12-

BA

V A

P =qa

q

2a

a

a

H B

V B

Fig I-26

Resolução:

aqHHPRFBBx

ex =⇒=+−⇒=∑+∑ 00

020 =−−⇒=∑+∑BAz

ez VVaqRF

aqVaqaqaVMMBB

Ar

Ae 2

3022220 =⇒=++−⇒=∑+∑

aqVA 2

1=

1.7- Vigas Gerber

Vigas Gerber, Fig I-27, são sistemas estruturais, normalmente isostáticos constítuidos

por vários tramos com uma ou mais articulações de transmissão ( rótulas ). São vigas

geralmente com um único apoio fixo e vários apoios móveis, muito utilizadas em pontes

ou estruturas de grande porte devido à sua grande flexibilidade e resistência. A forma

mais simples de construir uma viga Gerber garantindo a sua isostaticidade é par-

Fig I-27- Exemplos de Vigas Gerber


23

tir de uma viga simplesmente apoiada e ir-lhe acrescentando uma rótula por cada

apoio móvel introduzido. Com efeito, a introdução de um apoio móvel numa viga

simplesmente apoiada, vai aumentar o número de incógnitas de apoio de três para

quatro, pelo que às 3 equações da estática conhecidas há que acrescentar uma outra

equação, obtida através da introdução de uma articulação suplementar, de modo a que

o sistema permaneça isostático. Como uma rótula não transmite momentos, esta

equação estabelece que a soma dos momentos nela produzidos pelas forças aplicadas

à sua direita, ou à sua esquerda, têm que ser nulos.

A disposição das articulações ao longo da viga obedece a critérios que garantam que

as vigas Gerber são sistemas geometricamente estáveis. A viga da Fig I-28 é um

exemplo de distribuição inadmissível das rótulas, já que os dois vãos da direita podem

articular da forma indicada, não sendo portanto possível mantê-los em equilíbrio a não

ser em condições muito específicas de carga.

Fig I-28 - Viga geometricamente instável

As regras práticas a que devem obedecer as vigas Gerber de modo a que seja

assegurada a sua estabilidade geométrica são as seguintes:

1- Cada vão só pode conter no máximo 2 articulações.

2- Os vãos com 2 articulações devem alternar com outros sem qualquer articulação.

3- O vão da extremidade nunca pode conter duas articulações.


24

1.8- Cálculo das Reacções de Apoios de Vigas Gerber - Exemplos Resolvidos

1.8.1-

CD BA

5 KN

VA

HB

VB

2 KN

2 m 3 m1,5 m 2,5 m 1 m

VC Fig I-29

Neste tipo de problemas é possível recorrer a 2 tipos de resolução:

1º Processo- O 1º método que se vai utilizar, consiste em suprimir as rótulas

substituindo-as pelas forças de ligação correspondentes.

DA

5 KN

VA

HD

VD1,5 m 2,5 m

Fig I-30

00 =⇒=∑+∑Dx

ex HRF

050 =−⇒=∑+∑ +DAz

ez VVRF

KN,VVx,MMDD

Ar

Ae 8751045510 =⇒=−⇒=∑+∑

KN,VA

1253=

Os valores encontrados são as acções do tramo DBC sobre o tramo AD. Este, pelo seu

lado, exerce sobre o primeiro reacções de grandeza e sinal contrário às encontradas.

CD B

VD

VC

2 KN

2 m 3 m1 mVB

HB

Fig I-31


25

00 =⇒=∑+∑Bx

ex HRF

087530 =−⇒=∑+∑ + ,VVRFCBz

ez

KN,cVcVxx,MM Br

Be 42500522187510 =⇒=−+−⇒=∑+∑

KN,VB

453=

As reacções de apoio da viga Gerber da Fig I-29 são então:

0=B

H KN,VA

1253=

KN,VB

453= KN,cV 4250=

2º Processo - Este processo é bastante mais prático e consiste em considerar a viga

Gerber como um todo. Neste caso as equações para a resolução do problema são:

00 =⇒=∑+∑Bx

ex

HRF

0250 =+−+−⇒=∑+∑CBAz

ez VVVRF

0102755150 =−+−⇒=∑+∑ cVxV,xMMB

Ar

Ae

A 4ª equação é escrita atendendo ao facto das rótulas não transmitirem momentos,

pelo que o somatório dos momentos produzidos nesse ponto pelas forças aplicadas à

sua esquerda tem que ser igual a zero, isto é,

052540 =−⇒=∑ ,xV.)esq(MAD

KN,VA

1253= KN,VB

453= KN,cV 4250=

1.8.2-

FE D

5 KN

2 m

CBA

VA

HB

VB

3 KN

3 m2 m 1 m1 m

2 KN

1 m1 m

2 KN

VC

2 m2 m

VDFig I-32

Resolução: 00 =⇒=∑+∑

Bxex HRF


26

053220 =+−+−+−−⇒=∑+∑DCBAz

ez VVVVRF

02558310132142150 =−+−+−−⇒=∑+∑ xcVxVxxVMMBA

Dr

De

0223240 =−−⇒=∑ xxV.)esq(MAE

02540 =−⇒=∑ xV.)dir(MDF

KN,VA

52= KN,VB

13=

KN,cV 93= KN,VD

52=

1.8.3-

E

2 m

B A

VA

HB

VB

3 KN

2 m 1 m

2 KN

1,2 m 1 m

2 KN

D

5 KN

1,2 m

C

VC

F

2 m 2 m

VD

1,6 m

Fig I-33

Resolução:

00 =⇒=∑+∑Bx

ex HRF

053220 =−+−+−++−⇒=∑+∑DCBAz

ez VVVVRF

M M x x x x V Vc VeD

rA

D B∑ + ∑ = ⇒ + + + − − − =0 2 1 2 2 3 7 2 5 12 14 10 4 0,

021232242250 =+−−⇒=∑BAE V,,x,xV,.)esq(M

021252350 =−−⇒=∑ cV,V,,x.)dir(MDF

KN,VA

1832= KN,VB

8722=

KN,cV 0285= KN,VD

921=

1.8.4-

E D

3 m

BA

VA

10 KN

3 m 1 m

3 KN/m C

VB

5 m VC

2 m

HA

MA

Fig I-34

Resolução:


27

00 =⇒=∑+∑Ax

ex HRF

053100 =−+−+−⇒=∑+∑CBAz

ez VxVVRF

( ) 0145113595100 =−+−+⇒=∑+∑CBA

Ar

Ae V,xxVxMMM

00 =+−⇒=∑AAD VM.)esq(M

( ) 08355350 =−−⇒=∑CBE VV,xx.)dir(M

KN,VA

333= KN,VB

16718=

KN,VC

53= KNmMA

10=

1.8.5-

A2A1 A3

VCVBVA

DBA

3 KN

1,5 m

1,2 KN/mC

VD

HD

MD

2 KN

1,2 m1 m 2 m 1 m1 m 1 m 2 m

Fig I-35

Resolução:

00 =⇒=∑+∑Dx

ex HRF

03212320 =−+−+−−⇒=∑+∑DCBAz

ez VV,x,VVRF

03535416843777971020 =−−+−++−⇒=∑+∑DCBA

Dr

De Mx,V,,x,V,V,,xMM

( ) 05012134201 =−++−⇒=∑ ,x,VVx.)esq(MBAA

0203 =−−⇒=∑DDA VM.)dir(M

( ) 0221245202 =−++−⇒=∑ x,VVx.)esq(MBAA

KN,VA

92= KN,VB

40= KNm,MD

6530−=

KN,VC

215= KN,VD

330=


28

1.9- Sistemas Triarticulados

Conforme o próprio nome indica, sistemas triarticulados são estruturas que têm 3

articulações sendo normalmente 2 de apoio e 1 de transmissão, Fig I-36.

B

A B

F1

F2

F3

A

F1 F2 F3

Fig I-36- Exemplo de sistemas triarticulados

Tal como para as vigas Gerber, é possível recorrer aos 2 processos já referidos para a

resolução deste tipo de sistemas. Refira-se no entanto que o método da divisão da

estrutura num ponto qualquer4 e substituindo uma das partes pela sua acção sobre a

outra, é muito mais trabalhoso que o da determinação directa das reacções.

1.10- Cálculo das Reacções de Apoios de Sistemas Tri-articulados - Exemplos Resolvidos

1.10.1- C

A

4 m

2 m1 m1 m1 m

A

2 m

1,5 KN

1,5 KN

HB

VA

HAB

2 KN

1,5 KN

1,5 KN

B

2 KN

VC

HC

VC

HC

VB

Fig I-37

Resolução ( Considerando a partição do sistema pela articulação C)

4Normalmete a divisão da estrutura é feita por uma rótula, porque se sabe que aí o momento flector é nulo


29

Para a barra AC

00 =−⇒=∑+∑CAx

ex HHRF

051510 =−−+⇒=∑+∑ ,,VVRFCAz

ez

0151251430 =−−−⇒=∑+∑ x,x,HVMMAA

cr

ce

Para a barra BC

00 =−⇒=∑+∑BCx

ex HHRF

020 =−+⇒=∑+∑CBz

ez VVRF

044220 =−+⇒=∑+∑BB

Cr

Ce VHxMM

A resolução dos sistemas de equações permite obter os valores das reacções KN,H

A071= KN,V

A932= KN,H

C071=

KN,VC

070= KN,HB

071= KN,VB

072=

1.10.2-

C

A

2 m

2 m3 m

2 mA

5 m

HB

VA

HA

VC

HC

VC

HC

VB

B

2 KN

1 KN

2 KN

2 KN

1 KN

2 KN

B

Fig I-38

Resolução ( Considerando a partição do sistema pela articulação C )

Na resolução deste problema é indiferente considerar a carga de 2 KN aplicada no ponto C

como pertencente a qualquer dos tramos, uma vez que aquele ponto é comum a ambos.

Para a barra AC

020 =+−⇒=∑+∑CAx

ex HHRF

0210 =−−+⇒=∑+∑CAz

ez VVRF

01222450 =−−−⇒=∑+∑ xxHVMMAA

Cr

Ce


30

Para a barra BC

00 =−⇒=∑+∑BCx

ex HHRF

00 =+⇒=∑+∑CBz

ez VVRF

0540 =−⇒=∑+∑BB

Cr

Ce VHMM

A resolução dos sistemas de equações permite obter os valores das reacções

KN,HA

1250−= KN,VA

31= KN,HC

1252=

KN,VC

71= KN,HB

1252= KN,VB

71=

1.10.3-

2 m

2 KN

B 2 m

2 m2 m

2,5 m

A

3 m

VB VA

3 KN

1 m

5 KN5 KN

C

HA HB

Fig I-39

Resolução

00 =+⇒=∑+∑BAx

ex HHRF

055230 =−−−−+⇒=∑+∑BAz

ez VVRF

035556283100 =−−−−⇒=∑+∑ xxxxVMMA

Br

Be

0255520 =−+−⇒=∑ xVH,)dir(MBBC

KN,HA

810−= KN,VA

67=

KN,HB

810= KN,VB

47=

1.10.4-

VC

1 m

B2 KN

2 KN

2 KN

C

1 m A

VA

HA

HC

2 m 2 m

2 KN

2 m 2 m 1 m 1 m 1 m 2 m 2 m

2 KN

1 m 1 m

2 KN1 m

Fig I-40


31

Resolução

022

20 =−+⇒=∑+∑CAx

ex HxHRF

0222222220 =++++++−−⇒=∑+∑ xVVRF

CAzez

0173832241622

2122

2540 =−−++++++⇒=∑+∑CC

Ar

Ae VHxxMM

0712826220 =−+++⇒=∑CCB VHxxx.)dir(M

KN,HA

2210−= KN,VA

894=

KN,HC

6411= KN,VC

526=

1.10.5-

l/2

B 2 m

l/2

A

VB VA

q

Cf

HA HB

Fig I-41

Resolução

00 =⇒=∑+∑ −BAx

ex HHRF

00 =−+⇒=∑+∑ lxqVVRFBAz

ez

02

0 =−⇒=∑+∑B

Ar

Ae Vl

llqMM

0242

0 =−+⇒=∑BBC V

lHf

llq.)dir(M

flq

HHBA 8

2

== 2l

qVVBA==


32

1.11- Cálculo de Reacções por Método Gráfico

1.11.1 - Introdução

As reacções dos apoios podem ainda ser calculadas recorrendo a um método gráfico.

Este processo não é neste momento usado, quer porque o desenvolvimento dos

computadores e de software apropriado lhe tiraram importância, quer por ser um

método pouco expedito que necessita da utilização rigorosa de utensílios de desenho,

sendo portanto susceptível aos erros que normalmente estão associados a estas

técnicas. Tem no entanto um mero interesse didático pelo facto de permitir uma outra

forma de abordar este tipo de cálculo e porque mostra os problemas com que se

debateram os nossos antepassados não muito distantes para resolver problemas eu

agora nos parecem tão simples. Como este método não faz parte do programa das

disciplinas leccionadas pensamos em eliminar este parágrafo e seguinte dos

apontamentos de apoio às aulas disponibilizados aos alunos. A decisão de manter

estas linhas deve-se apenas ao desejo de prestar uma homenagem àqueles que dele

fizeram uso numa altura em que não existiam máquinas de calcular e muito menos

computadores.

1.11.2 – Cálculo da Resultante de um Sistama de Forças

Como é sabido, é sempre possível decompor graficamente uma força em duas

direcções quaisquer. Esta constatação é generalizável para n direcções, se se tiver em

conta que cada componente anteriormente encontrada pode, por sua vez, ser

decomposta em duas outras direcções e assim sucessivamente. O problema inverso

da obtenção de uma resultante de um sistema de forças também é passível de

resolução, encontrando a resultante de duas das forças e utilizando este processo

tantas vezes quantas as necessárias para chegar à resultante única.

A determinação gráfica da resultante de um sistema de forças é no entanto facilitada e

simplificada pelo processo que a seguir se descreve. Considere-se o sistema de forças

representado na Fig I-42. Por um ponto A qualquer e na ordem fixada pelos índices das


33

forças, comece-se por traçar vectores de grandeza igual aos do sistema inicial

justapondo a origem do segundo com a extremidade do primeiro e assim

sucessivamente. Unindo a origem do primeiro com a extremidade do último, obtem-se

a resultante do sistema de forças inicial ou linha de fecho do polígono. À linha polígonal

ABCDE assim obtida dá-se o nome de Polígono de Varignon ou Polígono dinâmico.

Q

E

D

C

A

i

P

f1

f2

f3

f4

R

0

1

2

3

4

f1f2 f3

f4

0´

1´2´ 3´

4´

R

B

Fig I-42 - Exemplo de determinação gráfica da resultante de um sistema de forças

Para que o problema fique completamente resolvido, falta agora determinar a posição

da resultante do sistema de forças. Para tal, comece-se por unir os vértices do

contorno do polígono a um ponto qualquer do plano, o pólo P, obtendo-se assim 5

segmentos de recta, habitualmente chamados raios polares. Cada uma das forças

iniciais fica assim definida por dois raios polares, ou se se quizer, cada força fica

decomposta nas direcções de dois raios polares.

Inicie-se agora o traçado do polígono funicular do sistema de forças. Por um ponto

arbitrário Q do suporte da força f1 façam-se passar paralelas a 0 e 1, que são os raios

polares comuns a esta força. Uma vez que o raio 1 é comum às forças f1 e f2, pelo

ponto de intersecção da paralela 1 com o suporte de f2 faça-se passar uma paralela ao

raio 2. A intersecção desta com o suporte de f3 define o ponto por onde vai passar a

paralela a 3 e assim sucessivamente até completar o polígono. A intersecção do

primeiro com o último lado do polígono funicular, que são os raios polares da resultante


34

R, determina a posição do ponto i que é um ponto do suporte da resultante. O

problema fica então resolvido traçando pelo ponto i uma força com a direcção e

grandeza da força R calculada através do polígono de Varignon.

1.11.2- Método Gráfico de Resolução de Sistemas Triarticulados

Na resolução deste tipo de sistemas pelo método gráfico, devem-se ter em conta que

as rótulas não transmitem momentos. Para melhor compreensão do método recorra-se

ao exemplo da Fig I-43, com carregamento em apenas um dos tramos. Estas forças

podem ser facilmente substituídas pela sua resultante R, aplicando o método descrito

no parágrafo anterior. Como a única força no tramo da esquerda é a reacção de apoio

RA, o suporte desta força terá forçosamente que passar pela rótulade modo a que o

momento flector por ela aí produzido seja nulo.

Ri

RBA

C

BA

C

RA

RB

RARB

Fig I-43 - Cálculo das reacções de apoio de um sistema triarticulado pelo método gráfico

Por outro lado, para que o arco triarticulado esteja em equilíbrio, é necessário que as 3

forças RA , RB e R concorram num ponto i de modo a que o somatório dos momentos

por elas produzidos seja igual a zero. Esta condição permite o cálculo da direcção da

reacção RB, uma vez que a intersecção dos suportes de RA e R define o ponto i . A

decomposição da grandeza da resultante nas direcções dos suportes das reacções

permite finalmente o conhecimento das suas grandezas.

Considere-se agora o caso geral de o carregamento se estender a todo o arco, como

se representa na Fig I-44. O modo mais simples de encarar o problema, é calcular as


35

resultantes RE e RD correspondentes ao carregamento dos tramos à esquerda e à

direita da rótula. Considerando cada uma das resultantes separadamente, é possível

calcular, pelo processo atrás descrito, as componentes das reacções por elas

produzidas. A direcção e grandeza das reacções produzidas por todo o carregamento

obtêm-se somando vectorialmente as componentes já obtidas.

RA

R´BA

C

BA

C R´B

RÁRÁ

R´B

R´´B

R´´R´Á

BA

C

R´´

R´´BR´Á

RB

R´B

R´Á

BA

C

RÁ

R´´B

R´

Fig I-44 - Cálculo das reacções de apoio de um sistema triarticulado pelo método gráfico


36

CAPÍTULO II ESTUDO DOS ESFORÇOS

2-1 Introdução

Como foi referido no Capítulo I, quando um corpo é sujeito a solicitações exteriores,

desenvolve-se no seu interior um outro sistema de forças resultante do estado de

deformação a que fica sujeito, sendo o seu conhecimento fundamental para o estudo

do comportamento em serviço dos materiais e para o dimensionamento das estruturas.

Estas forças interiores poderão ser postas em evidência se o corpo fôr cortado

imaginariamente por um plano qualquer AA, Fig II-1, e se se analisar o equilíbrio de

cada uma das duas partes resultantes. Uma vez que na secção do corte

desapareceram as ligações entre as duas partes em que o corpo foi “dividido”, será

nececessário substituir a acção de cada uma delas sobre a outra por um sistema de

forças aplicado na secção, de modo a que o equilíbrio seja preservado. É evidente que

pelo princípio da acção e reacção os sistemas de forças interiores são sempre

recíprocos, isto é, as resultantes do sistema de forças associado à secção da esquerda

são iguais mas de sinal contrário às associadas à secção da direita. Isto de forma a

que a soma das projecções dessas forças e dos momentos por elas produzidos, sejam

na secção iguais a zero, já que de outro modo o corpo não estaria em equilíbrio.

A ´ A

P n

P 1P 2

P 3A

A

P n

P 1P 2

P 3

Fig II-1 - Sistema de forças internas e externas


37

Considere-se o sistema de eixos ortogonal OXYZ com origem no centro de gravidade

da secção e, utilizando as leis da estática já conhecidas, reduza-se o sistema de forças

associado à secção AA a uma resultante rR e ao momento resultante

rM , Fig II-2.

Projectando estes vectores nos eixos ortogonais obtêm-se 6 componentes, três da

força e três do momento, a que é usual chamar factores de força interiores ou

simplesmente esforços. Cada um destes factores não representa mais do que a

projecção no sistema de eixos indicado, da resultante das forças e dos momentos que

actuam na outra parte do corpo, isto é, substituem a acção de cada uma das partes

sobre a outra.

Qy

N

Z

MtMtN

rR

rM

X

XMy

Y

Z

Mz

Qz

MzQy

My

YQz

Fig II-2 - Tipo de esforços a que um corpo pode estar sujeito

A componente da resultante rR que se projecta segundo a normal à secção, em geral

referenciada com a letra N, é chamada esforço normal ou esforço axial e produz o

deslocamento da secção numa direcção perpendicular ao plano que a contem. As

projecções dessa mesma resultante rR no plano da secção, referidas por Qy e Qz , são

chamadas esforços cortantes ou esforços transversos. Estes esforços tendem a

produzir deslocamentos em direcções contidas no plano da secção em que actuam.

As componentes do momento rM que produzem rotação da secção em torno dos eixos

contidos no seu plano, normalmente designadas pelas letras My e Mz, são chamados

os momentos flectores. Finalmente a projecção do momento na normal à secção,

designado pela letra Mt, é chamado o momento torçor e produz a rotação da secção

em torno do seu eixo.


38

Normalmente os esforços não são constantes ao longo do eixo do corpo, dependendo

da forma como este está solicitado, pelo que para ser possível analisar o

comportamento de uma estrutura uma das primeiras coisas a fazer é traçar os

chamados diagramas dos esforços. Estes diagramas são gráficos que mostram a

forma como os esforços se distribuem ao longo do eixo da estrutura, sendo fácil a partir

da sua análise verificar quais os pontos mais solicitados e que portanto devem receber

maior atenção do projectista.

Para traçar os diagramas dos esforços é usual recorrer-se à utilização de convenções,

a que de seguida se irá fazer uma breve referência.

2-2 Esforços Normais

Esforço normal N é então a projecção segundo a normal ao eixo, da resultante de

todas as forças exteriores que se encontram ou à esquerda ou à direita da secção

considerada. Se numa região ou na totalidade de um corpo as secções rectas só estão

sujeitas a esforços normais, dir-se-á, dependente do sentido do esforço, que se está na

presença de um esforço de tracção ou compressão. Os corpos, com um comprimento

muito superior às dimensões características da sua secção, sujeitos apenas a esforços

normais são designados habitualmente por barras. A sua utilização é corrente na

prática, sendo as componentes das gruas um exemplo da sua aplicação,como se irá

vêr no Capítulo III.

Por convenção, é usual identificar um esforço de tracção como positivo e o esforço de

compressão como negativo, Fig II-3. No entanto, é bom ter em consideração que os

esforços são forças sendo, como tal, quantidades positivas, pelo que o sinal é apenas

uma forma expedita de identificar o tipo de esforço a que o corpo está sujeito.

Tracção

N N N NCompressão

Fig II-3 - Convenção de sinais para esforços de tracção e compressão


39

2-3 Esforços Cortantes

Os esforços cortantes são as projecções no plano da secção da resultante de todas as

forças exteriores que se encontram à sua esquerda ou à sua direita. Na prática

raramente se utiliza a resultante dos esforços cortantes, já que, por motivos que se

ligam às propriedades geométricas das secções e que serão discutidos posteriormente,

é muito mais fácil trabalhar com as projecções Qy e Qz desse esforço.

A convenção para os esforços cortantes é um pouco diferente da utilizada nos esforços

normais. Para melhor se compreender a explicação, considere-se o exemplo da Fig II-

4, onde se admite por simplicidade que todas as forças que actuam no sistema estão

situadas no plano OXZ5. É possível fazer o estudo dos esforços cortantes a que um

corpo está sujeito partindo da extremidade da esquerda ou da direita, considerando ao

longo deste várias secções imaginárias e analisando os valores que o esforço aí toma.

Se na análise do esforço cortante se parte da esquerda para a direita, diz-se, por

convenção, que este é positivo se a resultante das forças que ficam à esquerda da

secção considerada aponta no sentido positivo do eixo dos ZZ e negativo se aquelas

apontam no sentido negativo do mesmo eixo. Se pelo contrário se está a analisar a

resultante das forças que ficam à direita da secção, partindo portanto da análise da

extremidade da direita para a esquerda, diz-se que o esforço cortante é positivo se

essa resultante aponta para baixo, isto é, no sentido daquele que é agora o sentido

positivo do eixo dos ZZ e negativas se apontam para cima. Esta inversão da convenção

fica a dever-se ao facto de ter que se considerar o sistema de eixos do esquema B da

Fig II-4 se se estiverem a analisar as forças à direita da secção, por uma questão de

coerência geométrica.

Ainda por convenção é costume traçar os diagramas dos esforços cortantes positivos

para cima do eixo da viga e negativos para baixo. Na Fig II-5 está representado o

diagrama dos esforços cortantes da viga do exemplo considerado.

5 Refira-se que tudo o que se disser para um sistema de forças no plano OXZ é verdadeiro para um outro colocado no plano OXY.


40

Z1000 KN

3 m1 m

750 KN 250 KN

X

3 m1 m

750 KN 250 KN

X

Z

Esquema A Esquema B1000 KN

Fig II-4 - Exemplo prático

750 KN

250 KN

+

Fig II-5 - Diagrama dos esforços cortantes da viga representada na Fig II-4

2-4 Momentos Flectores

Os momentos flectores são a projecção do vector momento no plano da secção recta

do corpo e também neste caso é normalmente mais fácil trabalhar com as

componentes My e Mz. Poderá então dizer-se que My é a componente do vector

momento que produz rotação da secção em torno do eixo dos YYe que Mz produzirá o

mesmo efeito em torno do eixo dos ZZ.

Para melhor se entender a convenção utilizada no traçado dos diagramas dos momentos

flectores recorra-se novamente ao exemplo da Fig II-4, com uma viga solicitada no plano

OXZ6. Também neste caso é possível fazer o estudo dos momentos flectores a que a viga

está sujeita partindo da extremidade da esquerda ou da direita, considerando ao longo desta

várias secções imaginárias e analisando os valores que o momento flector nelas toma. Se

nesta análise se parte da esquerda para a direita, diz-se por convenção que o momento

flector é positivo se a resultante dos momentos que ficam à esquerda da secção produz a

sua rotação em torno do eixo dos YY no sentido dos ponteiros do relógio e é negativo se a

rotação se faz no sentido contrário. Se pelo contrário se está a analisar a resultante que fica

à direita da secção, portanto partindo da análise da direita para a esquerda, diz-se que o 6 Refira-se ainda que o mesmo se poderia dizer se o sistema de forças estivesse contido no plano OXY.


41

momento flector é positivo se essa resultante produz a rotação da secção em torno do eixo

dos YY no sentido anti-horário. Esta inversão da convenção deve-se ao facto de, tal como

para os esforços cortantes, ter de se considerar o sistema de eixos do esquema B da Fig II-

4.

Uma outra forma de vêr esta convenção é dizer que se a deformação produz na viga

concavidade o momento flector é positivo, sendo negativo se a deformação fôr

convexa, Fig II-6.

Fig II-6 - Convenção de sinais para os momentos flectores

Ainda por convenção é usual traçar os diagramas dos momentos flectores positivos

para baixo do eixo da viga e negativos para cima. Na Fig II-7 está representado o

diagrama dos momentos flectores da viga do exemplo considerado e as equações que

dão a sua variação ao longo do eixo dos XX partindo da origem.

X

750 x - 1000 (x-1)750 x

750 KN.m

+

Fig II-7 - Diagrama dos momentos flectores da viga representada na Fig II-4

É fácil de estabelecer as equações matemáticas que relacionam os momentos flectores

com os esforços cortantes entre si e destes com as forças aplicadas ao corpo.

Considere-se um elemento infinitamente pequeno qualquer, de comprimento dx, Fig II-

8, de uma viga sujeita a uma carga distribuída qualquer q aplicada, por exemplo, no

plano OXZ. A solicitação q é considerada como uniforme uma vez que se admite que

esse elemento tem comprimento infinitamente pequeno. Para que este elemento esteja

em equilíbrio ter-se-á que considerar a acção que sobre ele exercem as partes do


42

corpo à esquerda e à direita que foram desprezadas. As equações da estática que

traduzem o equilíbrio deste elemento são:

adx

qQz Qz+dQz

My My+dMy

X

Fig II-8 -Elemento de viga em equilíbrio estático

⇒=+−−⇒=∑ 00 )dQQ(dxqQF zzzz dx

dQq z−= ( II-1)

e

⇒=+−−+⇒=∑ 02

0 )dMM(dxdxqdxQMM zzzyay dx

dMQ y

z = ( II-2)

Nesta segunda equação foi desprezado o termo em dx2 por ser um infinitamente

pequeno de segunda ordem. Estas equações podem ser escritas na forma:

∫−= dxqQz ( II-3)

e

∫= xdQM zy ( II-4)

isto é, a variação do esforço cortante ao longo do elemento de comprimento dx pode

ser obtida integrando a equação que traduz a variação da carga q e a variação do

momento flector pela integração da equação do esforço cortante.

Como já foi referido anteriormente, aos corpos sujeitos a momentos flectores e a

esforços cortantes, projectados de modo a que o comprimento seja muito superior às

dimensões características da sua secção, é dada a designação de vigas.

2-5 Momentos Torçores


43

O momento torçor é a componente do vector do momento que produz rotação das

secções do corpo em torno do eixo dos XX. Tal como para qualquer dos outros

esforços já estudados, o valor do momento torçor numa determinada secção é obtido

pela projecção no plano que a contém da resultante de todos os momentos que lhe

ficam à direita ou à esquerda. Para melhor compreensão do que se acabou de afirmar,

considere-se o ponto A do exemplo da Fig II-9. A grandeza do momento torçor nesta

secção é de 25 KN.m quer a análise seja feita a partir da esquerda ou da direita. É

conveniente chamar a atenção para a forma como foram representados os momentos

torçores nesta figura. Trata-se de uma das formas possíveis de representar o momento

torçor através de um binário, em que o círculo com um ponto representa uma força

apontada para o observador e o círculo com uma cruz uma força de igual grandeza

mas aplicada em sentido contrário.

A convenção que vai ser utlizada para os momentos torçores é a mesma quer se

comece a traçar os diagramas da esquerda para a direita ou vice-versa. Considera-se

que um momento torçor é positivo, se o observador colocado do lado exterior da

normal à secção, vir que o momento torçor provoca rotação desta no sentido directo,

isto é, no sentido anti-horário. O momento torçor é considerado negativo se o sentido

da rotação que ele imprime à secção fôr no sentido contrário. Se esta convenção fôr

aplicada ao exemplo da Fig II-9 verifica-se que partindo da direita ou da esquerda se

obtém sempre o mesmo diagrama.

A

3 m1 m

25 KN.m

X

15 KN.m 10 KN.m

25 KN.m15 KN.m


44

Fig II-9 -Viga sujeita à acção de momentos torçores e correspondente diagrama

2-5 Diagramas dos Esforços - Exemplos práticos resolvidos

Traçar os diagramas de todos os esforços a que estão sujeitos os seguintes exemplos:

2-5.1

dcx

BA

P2

a

aa

P

Rz R´zP

P2

P2

P2

P2

E.N.

E.C.

M.F.

D.C.

Rx

Fig II-10

Determinação das reacções de apoio

0=xR

PRR zz =+ ′

2202 PRePRRaPa zzz ==⇒=− ′′

O cálculo das reacções permite traçar o

chamado diagramas de cargas D.C.. Da

sua análise constata-se que nenhuma

das forças tem componente na direcção

do eixo da viga, pelo que se pode concluir que esta viga não está sujeita a esforços normais

E.N. Começando a traçar o diagrama dos esforços cortantes da esquerda para a direita, isto

é, de A para B, verifica-se que até meio da viga só existe a força reactiva P/2, positiva pela

convenção adoptada para este tipo de esforços e atrás referida. O diagrama dos esforços

cortantes é então constante e positivo até ao ponto onde se encontra aplicada a força P. A

partir deste ponto e até B, uma vez que não existe mais nenhuma força aplicada, o esforço

cortante é igual -P/2, resultante da soma das forças positiva P/2 e negativa P. No ponto B o

diagrama fecha, isto é, a soma de todas as forças que produzem esforço cortante tem que

ser igual a zero para que a viga esteja em equilíbrio estático.

Para o traçado do diagrama dos momentos flectores podem ser utilizados dois processos

para se obterem as equações que traduzem a sua variação ao longo da viga. Como forma


45

de facilitar a explicação vai-se traçar o diagrama dos momentos flectores partindo da

esquerda para a direita, sabendo de antemão que o mesmo se pode fazer partindo no

sentido contrário tendo apenas em atenção os sentidos da convenção utlizada.

Um dos caminhos para obter as equações acimas referidas é considerar um ponto genérico

C do eixo da viga, a uma distância x da origem, e calcular aí o momento flector produzido

pelas forças e momentos, quando os houver, que fiquem à sua esquerda. No nosso caso, e

para o ponto em questão ter-se-á

axcomxPMy ≤≤= 02

1 ( II-5)

O valor do momento flector é positivo, já que, pela convenção utlizada, produz uma rotação

da secção C no sentido dos ponteiros do relógio. Deve-se ter em atenção que se pretende

escrever uma equação em que o valor do momento é função de uma distância x, pelo que

se deve analisar entre que pontos é que não há variação das condições que produzem esse

momento. Neste caso tem-se para esta equação ax0 ≤≤ , já que a partir deste ponto existe

mais a força P que passa a produzir momento. Uma vez que esta equação não abrange

toda a viga, há que considerar uma nova secção D e calcular o valor do momento nesse

ponto tendo em atenção os sentidos convencionados

axacom)ax(PxPMy 22

2 ≤≤−−= ( II-6)

Esta passa a ser a equação que dá a variação do momento até ao apoio da direita, já que

as condições de carga mantêm-se até aí inalteradas. Refira-se que para x = 2a o momento

flector deve ser nulo, uma vez que nesse ponto não existe nenhum momento aplicado. Tal

como para o caso do esforço cortante, também aqui o diagrama tem que fechar de modo a

que as condições de equilíbrio estático sejam verificadas.

O segundo caminho que pode ser seguido para traçar este diagrama é utilizar a equação (II-

4) e integrar as equações obtidas para o esforço cortante. Virá então:


46

axcomCxPdxPMy ≤≤+== ∫ 022

1 ( II-7)

e

axacomCxPdxPMy 222 1

2 ≤≤+−=−= ∫ ( II-8)

onde C e C1 são constantes de integração que podem ser calculadas a partir do

conhecimento do valor do momento em determinados pontos da viga. Para a primeira

equação sabe-se que para x = 0 o valor do momento deve ser nulo, já que naquele

ponto só existe uma força reactiva que como é óbvio não produz aí momento. Então

para que isso se verifique C terá que ser nulo e a equação do momento tomará a forma

da equação ( II-5)

axcomxPMy ≤≤= 02

1 ( II-9)

Para x = a o valor do momento será aPMy 21 = , valor que será utilizado para determinar

C1. Com efeito, pode-se então dizer para a segunda equação que aPMy 22 = no ponto

x = a, pelo que substituindo na equação (II-8) virá:

aPCaPCaPMy =⇒=+−= 112

22 ( II-10)

e a equação do momento toma a forma da equação ( II-6)

axacomaPxPMy 22

2 ≤≤+−= ( II-11)

2-5.2


47

ql8

2

q

x

l Rz R´z

q

2ql

2ql

E.C.

M.F.

Rx

2ql

2ql

D.C.

E.N.

Fig II-11

Determinação das reacções de apoio

0=xR

lqRR zz =+ ′

220

2lqRelqRRlllq zzz ==⇒=− ′′

Após o cálculo das reacções e da análise

do diagrama das cargas é possível

concluir que não existem esforços normais

na viga represen-tada na Fig II-11. Para o

traçado do diagrama dos esforços

cortantes, e partindo da esquerda para a

direita, verifica-se que na secção do apoio há um esforço positivo igual a 2

lq . Ao longo

da viga este esforço vai variar já que, ao contrário do exemplo anterior, não é possível definir qualquer tramo onde seja constante. Para o seu traçado pode recorrer-se a qualquer dos processos já referidos. Tendo em atenção ( II-3)

lxcomCxqdxqQz ≤≤+−=−= ∫ 0 ( II-12)

A constante de integração C pode ser calculada, já que é sabido que para

2lqQ 0= x z=→ , pelo que da equação ( II-12) se tira que

2lqC = , pelo que a equação

que define a variação do esforço cortante virá:

lxcomlqxqQz ≤≤+−= 02

( II-13)

Para x = l esta equação toma o valor 2lqQz −= que somado com o valor da reacção

nesse apoio permite verificar que o diagrama fecha.

A equação ( II-13) podia também ter sido obtida considerando uma secção genérica a uma

distância x da origem e calcular aí o valor do esforço cortante tendo em conta as forças que

ficam à esquerda desse ponto e os seus sentidos. Essas forças são a reacção 2lqRy= ,


48

positiva por convenção,e a resultante da carga distribuída xqR −= , negativa pela mesma

convenção.

Para o traçado do diagrama dos momentos flectores tem-se, atendendo à equação ( II-4),

lxcomCxlqxqxdlqxqxdQM zy ≤≤++−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−== ∫∫ 0

222 1

2

( II-14)

Como na origem o momento é nulo, pode-se concluir da equação que a constante C1 tem

que ser igual a zero, pelo que a equação que define o valor do momento flector será

lxcomxlqxqMy ≤≤+−= 022

2

( II-15)

Da mesma forma que para os esforços cortantes, também aqui se podia obter esta equação

fazendo o estudo dos momentos flectores existentes à esquerda de uma secção genérica a

uma distância x da origem. Neste caso os momentos existentes são os provocados nesse

ponto pelas forças 2lqRz= e xqR = já referidas e que são respectivamente xlqM

21 = ,

positivo pela convenção utlizada para os momentos, e 22xxqM −= , negativo atendendo à

mesma convenção. A soma destas duas quantidades permite obter a equação ( II-15).

2-5.3

3 KN/m

Rz

Rx

3 m3 m

8 KN

My

Fig II-12

Cálculo das reacções do apoio

0=xR

KNRR zz 1098 =⇒=−+

m.KNMxxM yy 602938 −=⇒=+−−

Tal como nos exemplos anteriores também este exemplo não tem esforços normais,

pelo que se vai passar à análise dos esforços cortantes. Partindo da esquerda para a

direita, verifica-se que no apoio se tem um esforço positivo de 1 kN. Para continuar o


49

6 K N.m

x

5,75 KN

1 KN

6 KN.m

3 KN/m

1 KN

8 KN

E.N.

2,25 KN

E.C.

M.F.

2,25 KN.m

D.C.

Fig II-13

traçado do diagrama é necessário

determinar a equação da recta que

traduz a taxa de distribuição de carga q,

que neste exemplo é da forma

32+−=

xq

A determinação da variação do esforço

cortante é agora possível entre o

encastramento e o meio da viga, pois

entre estes pontos a variação de q é

linear e no ponto x = 3 existe uma

carga concentrada que vai modificar o

valor do esforço. Ficará então:

3034

32

2

1 ≤≤+−=−=−= ∫∫ xcomCxxdx)x(dxqQ ( II-16)

Tal como para os casos anteriores, a constante C é determinada atendendo ao facto de

se saber que o valor do esforço para x = 0 é Q = 1 KN, pelo que, atendendo à equação

anterior C = 1 KN, ficando então

30134

2

1 ≤≤+−= xcomxxQ ( II-17)

O estudo desta função permite concluir que se está em presença de uma parábola com

a concavidade virada para baixo, já que a segunda derivada é negativa. Para x = 3 o

valor do esforço cortante dado por esta equação é Q = -5,75 kN. Como naquele ponto

está aplicada uma carga concentrada, positiva por convenção, o valor do esforço

cortante passa a ser Q = 2,25 kN. Para a determinação da equação do esforço cortante

para valores de x tais que 63 ≤≤ x ter-se-á:

6334

32 1

2

2 ≤≤+−=−=−= ∫∫ xcomCxxdx)x(dxqQ ( II-18)


50

Para x = 3 →Q = 2,25 kN, o que substituído na equação anterior permite concluir que

C1 = 9 KN, pelo que a equação da variação do esforço cortante será igual a

63934

2

2 ≤≤+−= xcomxxQ ( II-19)

Para x = 6 o valor deste esforço é zero, como seria de esperar para que o diagrama feche.

Para o traçado do diagrama dos momentos flectores tem que se ter em conta que no

encastramento existe um momento reactivo de 6 KN.m, positivo pela convenção

utilizada para os momentos flectores. Atendendo a ( II-4) e a ( II-17) pode obter-se a

variação do momento flector para 0 3≤ ≤x , ficando

302

312

134 2

232

1 ≤≤++−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−== ∫∫ xcomCxxxxdxxdxQM ( II-20)

Como já foi referido, para x = 0 → M1 = 6 kN.m, valor que deve tomar a constante 2C

para que a equação verifique esta imposição, pelo que

3062

312

23

1 ≤≤++−= xcomxxxM ( II-21)

No ponto x = 3 o valor do momento é M1 = - 2,25 kN.m.

No estudo desta função deve ter-se em conta que no sistema de eixos utilizado para o

traçado dos diagramas dos momentos flectores, o eixo dos ZZ tem o sentido positivo

marcado para baixo, ao contrário do que acontece nos esforços cortantes. Portanto

neste caso a curva deve ter a forma representada na Fig II-13, isto é com a

concavidade virada para cima, já que para 30 ≤≤ x toma sempre valores negativos.

Para o cálculo da variação do momento para valores de 63 ≤≤ x , tem que se integrar

a equação ( II-19), ficando

6392

312

934 3

232

2 ≤≤++−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−== ∫∫ xcomCxxxxdxxdxQM ( II-22)


51

O valor de C3 é calculado sabendo-se que para x = 3 o valor de 2M obtido pela

equação (II-21) tem que ser igual a -2,25 KN.m, pelo que será 3C = -18, ficando a

equação com a forma final

631892

312

23

2 ≤≤−+−= xcomxxxM ( II-21)

O momento flector 2M tem valor nulo para x = 6, o que nos permite concluir que o

diagrama fecha.

2-5.4

A2 m

4 m

6 m6 m

10 KN

Rz R´z

R´x 2 KN

2 KN I

II

III

Fig II-14


0022 =⇒=−+ ′′xx RR

010 =−+ ′zz RR

KN,RR zz 335012604 =⇒=−+ ′′

KN,Rz 674=

O exemplo da Fig II-14 é uma estrutura porticada em que o eixo não é rectilíneo como

nos casos tratados anteriormente, pelo que o traçado dos diagramas dos esforços

obedece a certas regras. Para que se parta de uma das extremidades e se mantenham

as convenções já estabelecidas, é necessário que o observador se coloque no interior

da estrutura e que vá percorrendo cada um dos tramos sempre no sentido pré-

estabelecido, isto é, se se parte da esquerda para a direita, cada um dos tramos deve

ser percorrido nesse sentido, começando-se obviamnente pelo apoio A. Por outro lado,

o eixo do tramo II é perpendicular ao eixo dos outros dois tramos, pelo que forças que

produzem esforço normal nestes produzem esforços cortantes naquele tramo e vice-

versa. É por isso que neste tipo de estruturas é conveniente que os diagramas destes

dois esforços sejam traçados em simultâneo, de modo a que seja facilmente

perceptível a grandeza e sentido dos esforços que transitam para os tramos seguintes.


52

Tal como para as vigas de eixo rectilíneo, também para este tipo de estruturas se

marcam os esforços normais e cortantes positivos para cima do eixo, o que aqui quer

dizer o lado exterior da estrutura, e negativos para o interior da estrutura. No caso dos

momentos flectores vai seguir-se a convenção contrária, tal como foi feito nos

exemplos anteriores.

Para a resolução do problema da Fig II-14 vai-se começar por traçar o diagrama dos

esforços normais partindo do apoio móvel. Como se pode vêr da análise do diagrama

de cargas, Fig II-15, o tramo I está sujeito a um esforço de compressão produzido pela

força reactiva de 4,67 KN, pelo que se trata de um esforço negativo. Ao passar para o

tramo II verifica-se que a força de 2 KN está aplicada de modo a também produzir

esforço de compressão. Repare-se que na outra extremidade se vai exercer a acção da

outra força de 2 KN aplicada no apoio fixo, de modo a que este elemento esteja em

equilíbrio. O tramo III sofre no vértice comum ao tramo II a acção das forças de 4,67

KN de tracção e de 10 KN de compressão, pelo que o resultado final é uma força de

compressão de 5,33 KN, que como se pode vêr é anulada no apoio pela força reactiva,

de igual grandeza e sentido contrário.


53

12 KN

.m

8 K

N.m

20 KN

12 KN.m8 KN.m

2 KN

4,67 K N

5,33 KN

5,33 KN

4,67 KN

2 KN

2 KN

5,33 KN

10 KN

4,67 KN

E.N.

E.C.

M.F.

D.C.

2 KN

2 KN I

II

III

Fig II-15

Para o traçado do diagrama dos esforços

cortantes procede-se exactamente do

mesmo modo. No tramo I verifica-se que

no apoio não existe qualquer força que

produza este tipo de esforço, aparecendo

apenas para x = 2 a força negativa de 2

KN. No tramo II existe na secção inicial

uma força reactiva positiva de 4,67 KN

que é a única força que produz esforço até

ao ponto onde está aplicada a força

negativa de 10 KN. O valor do esforço

passará a ser igual a 5,33 KN a partir do

ponto de aplicação desta força e até à

outra extremidade deste tramo. Para o

tramo III, se se quizer continuar a fazer a

análise do traçado do diagrama da

esquerda para a direita, verifica-se que na

secção inicial só existe a força de 2 KN,

aplicada no tramo I, a produzir esforço

cortante. Este esforço mantém-se

constante até atingir o apoio fixo, onde é

anulado pela força aí aplicada.

O diagrama dos momentos flectores vai

ser iniciado pelo apoio do tramo I. Pode

verificar-se que desde esse ponto até o ponto x = 2 não existem momentos flectores

aplicados, nem tão pouco cargas que os possam provocar, pelo que até esse ponto o

diagrama é nulo. Desse ponto até o fim do tramo pode determinar-se a variação deste

esforço, integrando a correspondente equação dos esforços cortantes, ficando


54

62221 ≤≤+−=−== ∫∫ xcomCxxddxQM ( II-22)

A constante C é calculada para o ponto x = 2 porque se sabe que aí M1 = 0, pelo se

terá C = 4 KN.m, ficando

62421 ≤≤+−= xcomxM ( II-23)

Para x = 6 o momento flector toma o valor M1 = - 8 KN.m. Neste ponto o eixo da viga

sofre uma inflexão de 90º, mas este facto não significa que o valor encontrado deixe de

ser o mesmo para as secções final do tramo I e inicial do tramo II. Com efeito, se se

recordar que os momentos flectores provocam a rotação das secções, não se

compreende que secções na vizinhança do mesmo vértice possam rodar de ângulos

diferentes sem que a estrutura entre em colapso.

Para calcular a equação dos momentos flectores para o tramo II vão-se integrar as

equações correspondentes do esforço cortante, devendo no entanto ter-se em atenção os

limites de integração. Na verdade, não teria qualquer significado considerar o mesmo

sistema de eixos utilizado para o tramo I, já que eixo dos XX, coincidente com o eixo dos

tramos do pórtico, roda de 90º e consequentemente os outros eixos também rodam. A

melhor forma de contornar o problema é considerar tantas translacções do sistema de eixos

quantas as necessárias, de modo a que a integração se inicie sempre na origem dos eixos.

Chama-se a atenção para o facto de os limites de integração desta função terem

necessariamente que coincidir com os que foram utilizados para estabelecer a

equação de variação dos esforços cortantes. No caso concreto deste problema esta

questão não se põe já que não houve que recorrer a integrações para obter o esforço

cortante.

Ter-se-á então:

60674674 12 ≤≤+=== ∫∫ xcomCx,xd,dxQM ( II-24)

O cálculo de C1 é feito sabendo que para x = 0 → 2M = - 8 KN.m o que implica

portanto que C1 = - 8 KN.m. A equação terá então a forma


55

6086742 ≤≤−= xcomx,M ( II-25)

Para x = 6 tem-se 2M = 20,02 KN.m, aproximadamente igual aos 20 KN.m que são o

valor correcto do momento neste ponto. A pequena diferença fica a dever-se aos

arredondamentos feitos no cálculo das reacções.

60335335 23 ≤≤+−=−== ∫∫ xcomCx,xd,dxQM ( II-26)

A constante 2C é o valor obtido na equação anterior para x = 6, pelo que 2C = 20 KN.m,

ficando

60203353 ≤≤+−= xcomx,M ( II-27)

Para x = 6 tem-se 3M = - 12 KN.m, valor que é transferido para o tramo III como

constante de integração 3C . Ter-se-á então

6022 34 ≤≤+=== ∫∫ xcomCxxddxQM ( II-28)

ou

601224 ≤≤−= xcomxM ( II-29)

Para x = 6 o valor do momento é nulo permitindo que o diagrama feche.

Como se pode ver por este exemplo, verificam-se por vezes erros devidos aos arredonda-

mentos efectuados, que serão tanto maiores quanto mais grosseiras forem as

aproximações.

2-5.5


56

Fig II-16


02 =−+ ′′xx RR

021 =−−+ ′zz RR

KN,RR zz 710101034 =⇒=−++ ′′

KN,RRR xxz 1252045 =⇒=+− ′′′

KN,Rz 31=

KN,Rx 1250=


57

8,5 KN.m

0,6 KN.m

4,5 KN.m

0,25 KN.m

1,7 KN

0,3 KN

0,125 KN

2,125 KN0,125 KN

1 KN

2,125 KN

1,3 KN

1,7 KN

1,7 KN

1,3 KN

2,125 KN

2,125 KN

2 KN

1,3 KN

E.N.

E.C.

M.F.

D.C.2 KN

4,5 KN.m 8,5 KN.m

Fig II-16

O traçado dos diagramas dos esforços

do sistema da figura é feito da mesma

forma que no exemplo anterior, embora

se trate de um pórtico triarticulado. Por

uma questão de automatiza-ção do uso

das convenções utilizadas vai iniciar-se

a análise do problema pelo ponto A.

Para o traçado do diagrama dos

esforços normais pode verificar-se que

no tramo I só a força reactiva Rz é que

produz uma compressão de 4,67 KN.

No tramo II o esforço normal vai ser

igual à soma da força reactiva Rx de

0,125 KN com a força de 2 KN. Repare-

se que neste caso, com aliás em todos

os tramos, o valor deste esforço é

anulado na outra extremidade pela

reacção ′xR = 2,125 KN. No tramo III ter-

se-á um esforço normal de 1,7 KN,

soma das forças verticais de valores

iguais a 1 KN e 2 KN e ainda da força

reactiva Rz. Como se pode vêr pelo

diagrama de cargas o diagrama fecha

com a força reactiva ′zR igual a 1,7 KN. Para o traçado do diagrama dos esforços

cortantes, começa-se por ter no apoio a força reactiva Rx = 0,125 KN, negativa por

convenção, mantendo-se o diagrama constante até ao ponto x = 2, a partir do qual e

até ao fim deste tramo se vai fazer sentir o efeito da força negativa de 2 KN aí aplicada.

No tramo II tem-se inicialmente a acção da força reactiva positiva zR , de 1,3 KN,

mantendo-se o diagrama constante até o ponto de aplicação da força de 1 KN. Esta


58

força, que é negativa por convenção, vai ser subtraída à anterior, passando o esforço

cortante a ter o valor de 0,3 kN a partir daqui até à rótula. Deste ponto e até ao fim

deste tramo, para além das forças já referidas produz esforço cortante a força de 2 KN

ali aplicada, pelo que se terá Q = 1,7 kN.

Na secção inicial do tramo III vão produzir esforço cortante as forças que produziam

esforço normal no tramo I, isto é a força reactiva Rx e a força de 2 KN, cuja soma é

igual a 2,125 KN. O diagrama fecha com a força ′zR de 2,125 KN.

Para a determinação das equações de variação dos momentos flectores, vai-ser

utilizada a já conhecida equação (II-4). Começando pelo ponto A, ter-se-á

20125012521 ≤≤+−=−== ∫∫ xcomCx,xd,dxQM ( II-30)

No ponto x = 0 não existe nenhum momento flector aplicado, pelo que, para que M1 = 0

terá que ser C = 0, ficando a equação com a forma

2012501 ≤≤−= xcomx,M ( II-31)

Para x = 2 → M1 = -0,25 KN.m. A partir deste ponto e até ao fim do tramo tem-se,

fazendo uma translacção do eixo dos ZZ,

2012521252 12 ≤≤+−=−== ∫∫ xcomCx,xd,dxQM ( II-32)

O valor da constante é obtido a partir da equação (II-31) no ponto x = 2, já que para x = 0 na

equação (II-32) tem que ser 2M = -0,25 KN.m, para que haja compatibilidade dos valores do

momento calculados pelas duas equações no mesmo ponto. Ficará então

2025012522 ≤≤−−= xcom,x,M ( II-33)

Para x = 2 →M2 = - 4,5 KN.m. Para o tramo II começa-se por ter

303131 23 ≤≤+=== ∫∫ xcomCx,xd,dxQM ( II-34)

Para x = 0 virá M3 = - 4,5 KN.m, pelo que será 2C = - 4,5 KN.m e a equação toma a forma 3054313 ≤≤−= xcom,x,M ( II-35)

Para x = 3 →M3 = - 0,6 KN.m.


59

203030 34 ≤≤+=== ∫∫ xcomCx,xd,dxQM ( II-36)

No ponto x = 0 tem-se 4M = - 0,6 KN.m, pelo que C3 = - 0,6 KN.m e a equação toma a

forma

2060304 ≤≤−= xcom,x,M ( II-37)

Para x = 2 →M4 = 0. Aliás outro valor não poderia ser encontrado para x = 2, porque

neste ponto existe uma rótula e, como se sabe, este elemento estrutural não transmite

momentos. Esta poderá ser portanto uma forma de confirmar se o diagrama dos

momentos flectores está ou não bem traçado.

507171 45 ≤≤+−=−== ∫∫ xcomCx,dx,dxQM ( II-38)

No ponto x = 0 já se viu que o momento é nulo pelo que 4C = 0 e a equação

50715 ≤≤−= xcomx,M ( II-39)

Para x = 5 →M5 = - 8,5 KN.m. Para o tramo III a variação do momento é dada pela

equação

4012521252 56 ≤≤+=== ∫∫ xcomCx,xd,dxQM ( II-40)

O valor da constante é determinado através do momento no vértice, isto é, para x = 0

tem-se M5 = -8,5 KN.m⇒ C5 = - 8,5 KN.m, ficando a equação com a forma

405812526 ≤≤−= xcom,x,M ( II-41)

Finalmente para x = 4 tem-se 6M = 0.

2-5.6

Rx1 KN/m

2 KN

2 m4 m1 m2 m2 m

Rz R´z

My

Fig II-17


60


0=xR

072 =−−+ ′zz RR

095524 =−++− ′zy R,M

kN,RR zz 540418 =⇒=− ′′

kN,Rz 54= m.kNMy 16=

Diagramas dos esforços (ver figura II-18):

Esforços normais - a viga não tem este tipo de esforços.

Esforços cortantes

20541 ≤≤= xcom,Q ( II-31)

42522 ≤≤= xcom,Q ( II-32)

9413 ≤≤+−=−=−= ∫ ∫ xcomCxdxdxqQ

Para x = 4 → 3Q = 2,5 kN ⇒ C = 6,5 kN e a equação fica igual a

94563 ≤≤+−= xcom,xQ ( II-33)

Para x = 9 → 3Q = -2,5 kN. Como nesse ponto existe a força reactiva positiva de 4,5

KN, o esforço cortante passa a ter o valor 2 kN.

9413 ≤≤+−=−=−= ∫ ∫ xcomCxdxdxqQ

Para x = 9 →Q4 = 2 KN ⇒ C1 = 11 KN, pelo que a equação fica com a forma

119114 ≤≤+−= xcomxQ ( II-34)

Momentos flectores

205454 21 ≤≤+=== ∫∫ xcomCx,dx,dxQM

No ponto x = 0 existe um momento flector aplicado igual a 16 KN.m, negativo por

convenção, pelo que para que M1 = - 16 KN.m ⇒ 2C = -16, ficando

2016541 ≤≤−= xcomx,M ( II-35)


61

2 KN.m

7 KN.m

16 KN.m

4,5 KN

16 KN.m

1 KN/m2 KN

2 KN

2,5 KN

2,5 KN

4,5 KN 4,5 KN

.D.C.

E.N.

E.C.

M.F.

1,125 KN.m

2 KN.m

Fig II-18

Para x = 2 →M1 = - 7 KN.m.

425252 32 ≤≤+=== ∫∫ xcomCx,xd,dxQM

No ponto x = 2 tem-se M2 = - 7 KN.m → C3 = - 12, pelo que ficará

4212522 ≤≤−= xcomx,M ( II-36)

Para x = 4 →M2 = - 2 KN.m.

94562

56 42

3 ≤≤++−=+−== ∫∫ xcomCx,xxd),x(dxQM

Para x = 4 → M3 = - 2 KN.m, pelo que C4 = - 20 KN.m e a equação toma a forma

9420562

23 ≤≤−+−= xcomx,xM ( II-37)


62

Se se determinarem as raizes desta equação verifica-se que para x = 5 e x = 8 o

momento flector é nulo, o que em parte está de acordo com os dados do problema,

uma vez que para x = 5 existe uma rótula, que como se sabe não transmite momentos.

Derivando esta equação uma vez em ordem a x e igualando a derivada a zero obtém-

se o ponto em que a função tem um máximo ou um mínimo. Pode-se verificar pela

análise da figura (II-19) que este ponto corresponde ao ponto onde o esforço cortante é

nulo, que é o ponto x = 6,5. Derivando a equação segunda vez pode-se concluir que a

função tem neste ponto um máximo. O valor desse máximo, obtido utilizando a

equação (II-37) é M3 = 1,125 KN.m.

Para x = 9 →M3 = - 2 KN.m.

119112

11 52

4 ≤≤++−=+−== ∫∫ xcomCxxxd)x(dxQM

Para x = 9, M4 = - 2 KN.m, pelo que C5 = - 60,5 KN.m, pelo que

119560112

24 ≤≤−+−= xcom,xxM ( II-38)

Para x = 11 →M4 = 0.

2-6 Exemplos práticos não resolvidos

Traçar os diagramas dos esforços normais, cortantes e momentos flectores dos

seguintes exemplos:

2-6.1

3 KN/m

5 m2 m2 m6 m2 m

2 KN


63

2-6.2

200 K N

2,5 m

60º45º

2 m

2-6.3

1 m2,5 m2,5 m

3 KN

2 m

2 m

2 KN

1 KN

2-6.4

60º

3 m

5 KN

2 m

3 KN2 KN

1 m1 m 1 m1 m

2-6.5

3 KN/m

2 m 3 m2 m

10 KN

1 m 3 m1 m2 m


64

2-6.6

B2 KN

2 KN

2 KN

C

1 mA

2 KN

2 KN 2 KN1 m

2 m 2 m2 m 2 m 1 m 1 m 1 m2 m 2 m 1 m 1 m1 m


65

CAPÍTULO III

ESTUDO DOS SISTEMAS RETICULADOS

3.1- Introdução

Sistemas recticulados ou treliças são estruturas, constituídas por associações de barras

articuladas nas suas extremidades por rótulas ou nós. Estes sistemas são assim projectados

de forma a que as cargas a que vão estar sujeitas sejam de preferência aplicadas nos nós,

ficando os elementos estruturais que as constituem solicitados apenas por esforços normais.

As treliças podem ser planas ou tridimensionais, conforme os eixos das barras que as

constituem estejam ou não contidas num mesmo plano. Na Fig III-1 está representado um

exemplo de cada uma destas categorias. Embora todas as considerações sobre a

estaticidade que venham a ser explanadas sejam aplicáveis a todo o tipo de treliças, o

nosso estudo irá debruçar-se apenas sobre as treliças bidimensionais por falta de tempo

para abordar os métodos de resolução das tridimensionais.

No estudo das treliças vão admitir-se as seguintes hipóteses simplificadoras:

1- as articulações entre as barras que constituem o sistema faz-se através de

rótulas sem atrito.

2- as cargas e os apoios aplicam-se preferencialmente nos nós da estrutura,

embora em casos especiais possa haver outras formas de carregamento.

3- o eixo de cada uma das barras contém o centro das articulações das suas

extremidades.

Fig III-1a - Exemplo de treliça plana Fig III-1b- Exemplo de treliça tridimensional


66

Quando estas 3 condições se verificam, as barras da estrutura ficam sujeitas apenas a

esforços normais. As tensões produzidas por estes esforços são designadas por tensões

primárias.

Nos projectos iniciais, de que a torre Eifel em Paris e as pontes de D.Maria e D. Luís no Porto

são exemplos, as treliças eram compostas por um conjunto de barras ligadas entre si por

placas rebitadas. Na prática, como se pode vêr por estes exemplos, as hipóteses

anteriormente formuladas nunca se verificam completamente, já que as articulações oferecem

sempre uma certa resistência ao movimento de rotação das barras que nela convergem, por

mais perfeitas que aquelas sejam.

Ultimamente as juntas rebitadas foram na maioria dos casos substituídas por ligações

soldadas, o que à primeira vista veio complicar ainda mais este problema pelo facto de terem

vindo agudizar a questão da rigidez das juntas com a consequente introdução de flexão nos

elementos que nelas confluem quando a estrutura é solicitada. À diferença que se verifica

entre as tensões realmente instaladas nas barras e as tensões primárias são chamadas

tensões secundárias. De qualquer modo, estas tensões podem ser minimizadas sempre que

todas as barras que concorrem num nó forem cuidadosamente dispostas de modo a que os

seus eixos se cruzem num único ponto.

Refira-se entretanto que em tudo o que atrás se disse foi desprezado o peso próprio da

estrutura que, como é fácil de perceber, introduz flexão em todas os elementos estruturais. No

entanto é usual desprezar o seu efeito no cálculo dos esforços nas barras, ou se tal não fôr

possível em virtude de ser importante o conhecimento exacto das solicitações a que aquelas

estão sujeitas, substitui-se o seu efeito em cada barra por duas forças concentradas, aplicadas

nos nós das extremidades e de grandeza igual a metade do seu peso próprio.

3.2- Determinação da Estaticidade dos Sistemas Recticulados

Como nas demais estruturas, as treliças podem dividir-se em hipoestáticas, isostáticas

e hiperestáticas, conforme o número de equações da estática disponíveis é,

respectivemente, superior, igual ou inferior ao número de incógnitas do problema.


67

Contudo, neste tipo de estruturas deve-se ter em atenção que para além das incógnitas de

apoio, há que determinar os esforços a que todas as barras da estrutura estão sujeitas. Neste

tipo de sistemas é então comum fazer a análise da sua estaticidade exterior, isto é, quanto ao

número de incógnitas de apoio, e da sua estaticidade interior quanto ao número de barras

cujos esforços se têm que calcular. Deste modo é possível que um sistema recticulado possa

ser, por exemplo, isóstático exteriormente e hiperestático internamente, Fig III-2, se fôr possível

escrever um número de equações suficiente para determinar as incógnitas de apoio mas

houver um número de barras superior ao de equações da estática que permita determinar os

seus esforços. Neste caso diz-se que a treliça é globalmente hiperestática em virtude do

número total de incógnitas do problema ser superior às equações da estática disponíveis.

Fig III-2 - Exemplo de uma treliça internamente hiperestática

e externamente isostática

Nos sistemas recticulados deve-se então analisar:

a sua estaticidade externa, verificando a forma como a estrutura está apoiada e o

número de equações da estática que é possível escrever;

a sua estaticidade interna, tendo em conta o número de barras cujo esforço se

desconhece e o número de equações que é possível escrever.

A partir da identificação das incógnitas do problema pode-se então dizer se o problema

tem ou não resolução recorrendo apenas às equações clássicas da estática, isto é, se

o problema é ou não globalmente isostático.

Vejamos agora como se pode determinar a estaticidade global de uma treliça constituída por

b barras articuladas e por n nós. Pelo que atrás foi dito, é evidente que o número de

incógnitas existentes na treliça, independentemente da forma como esta está apoiada, será


68

igual a b, já que é este o número de esforços existentes. Se se admitir que esta estrutura

tem a incógnitas de apoio, que tal como as forças exteriores são aplicadas nos nós, então

dir-se-á que o número total de incógnitas do problema será igual a a + b.

Se a estrutura fôr plana, que é o caso das treliças que iremos estudar, em cada nó da

estrutura é possível escrever apenas as 2 equações da estática:

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=⇒=

∑∑

0

00

z

x

F

FFr

(III-1)

já que a terceira equação a que normalmente se recorre

00 =⇒= ∑ yMMr

(III-2)

deixa de ter significado, uma vez que todos os esforços das barras que concorrem

nesse nó não produzem aí qualquer momento. Assim, para uma estrutura com n nós

ter-se-ão disponíveis 2n equações da estática. Diz-se então que a treliça é

globalmente isostática se se verificar a igualdade

nba 2=+ (III-3)

isto é, se o número de incógnitas é igual ao número de equações disponível. Esta

equação pode tomar a forma

nbag 2−+= (III-4)

onde g é o grau de estaticidade do sistema. No caso de se verificar a igualdade (III-3) é

óbvio que g é igual a zero. Dir-se-á então que, se:

g < 0 a treliça será globalmente hipostática

g = 0 a treliça será globalmente isostática

g > 0 a treliça será globalmente hiperestática

Da mesma forma seria possível estudar a estaticidade interna de uma treliça,

admitindo que esta está simplesmente apoiada, mesmo que os seus apoios sejam

outros. Neste caso, o número de reacções de apoio a será igual a 3, pelo que terá que


69

ser este o número de equações da estática que terão que ser reservadas para as

determinar. A equação (III-4) escreve-se então sobre a forma

32 +−= nbg (III-5)

A determinação da estaticidade exterior de uma treliça é feita da mesma forma que

qualquer outra estrutura e utlizando os métodos já referidos.

No estudo dos sistemas recticulados deve-se ter em conta que os resultados obtidos através

das equações (III-4) e (III-5) nem sempre permitem tirar conclusões correctas sobre a sua

estaticidade. Com efeito, se aplicarmos uma destas equações na determinação da

estaticidade da estrutura da Fig III-3, ser-se-á levado a afirmar que esta treliça é isostática

quando na realidade se trata da associação, através das barras I e II, de um recticulado

isostático com outro hiperestático.

II

I

Fig III-3 - Exemplo de uma treliça deformável

A explicação para este facto deve-se a que um sistema qualquer de n equações e n

incógnitas nem sempre é bem determinado, só tendo solução quando o seu

determinante fôr diferente de zero.

3.3- Tipos de Sistemas Recticulados

A treliça isostática mais simples que existe é constituída por três barras e três rótulas, sendo

possível construir outros sistemas recticulados isostáticos, associando àquela conjuntos de

duas barras e uma rótula, Fig III-4. As treliças assim construídas são chamadas treliças

simples. A partir das treliças simples é possível construir outros tipos de sistemas que se

dividem em treliças compostas e treliças complexas.


70

II

Fig III-4 - Exemplo de construção de uma treliça isostática

As treliças compostas são associações de duas treliças simples feitas através ou de

uma rótula e uma barra, ou de três barras desde que não paralelas entre si nem

concorrentes num ponto, Fig III-5. É evidente que se as barras fossem concorrentes

num ponto ou paralelas entre si o sistema era deformável e portanto instável.

Fig III-5 - Exemplos de construção de treliças compostas isostáticas

As treliças complexas são estruturas em que a disposição das barras que a constituem não

obedece a qualquer critério que não seja o de as manter indeformáveis, devendo ser, tal como

os outros tipos de sistemas reticulados, isostáticas ou hiperestáticas. Estas estruturas, de que

a repreentada na figura III-6 é um exemplo, são as que normalmente mais dificuldades

apresentam para a determinanação dos esforços nas barras que as constituem.

Fig III-6 - Exemplo de uma treliça complexa isostática

3.4 - Cálculo dos Esforços Axiais nas Barras de Sistemas Recticulados


71

Dos vários métodos que podem ser usados na determinação dos esforços axiais das

barras de treliças bidimensionais, vão considerar-se dois:

- o método de Ritter, que é um método analítico e

- o método de Cremona que é um método gráfico

3.4.1- Método de Ritter

O método de Ritter é um método de cálculo dos esforços que utiliza a análise do

equilíbrio das partes em que uma estrutura é seccionada por um plano imaginário que

a divida em partes perfeitamente independentes. Para melhor compreensão do

problema considere-se a treliça representada na figura III-7, em equilíbrio sob a acção

das forças exteriores de 4 KN e 2 KN e das reacções de apoio já calculadas. Seccione-

se esta treliça por um plano imaginário qualquer, SS, que a divida em duas partes

totalmente independentes uma da outra e considere-se, por exemplo,

SIS

S

XI

XIX

VIII

VII

VI

V

IV

III

4 KN

2 m

II

I

2 m 2 m 2 m

16 KN

16 KN

6 KN

SI

2 KN

Fig III-7 - Determinação dos esforços nas barras da treliça pelo método de Ritter

o equilíbrio da parte à esquerda da secção, Fig III-8. Para que esta parte da estrutura

esteja em equilíbrio é necessário que a outra parte que foi ignorada seja substituída por

um conjunto de forças FII, FIII e FIV, de que desconhecemos o sentido mas

conhecemos a direcção, já que não são mais que os esforços axiais das barras


72

seccionadas pelo plano SS. Com efeito, foi referido que neste tipo de estruturas só

existiam esforços axiais, pelo que ao ser cortada uma barra qualquer, esta tem que ser

substituída pelo esforço que transmitia ao resto da estrutura, de forma a que a parte a

estudar esteja em equilíbrio estático.

Por uma questão de sistematização, arbitre-se que as três barras estão sujeitas a

esforços de tracção e através das equações da estática calculem-se as suas

grandezas.

a

FII

FIII

FIV

IV

III

II

I

16 KN

16 KN

6 KN

Fig III-8 - Sistema de forças que mantêm em equilíbrio a parte esquerda da treliça

0=18,43ºcosIVF45ºcosIIIFIIF16160xF +++−⇒=∑

0=18,43ºsenIVF45ºsenIIIF60zF −−⇒=∑

022160 =+⇒=∑ IIay FxM

KNFII 16−= barra sujeita a um esforço de compressão

KN,FIII 421= barra sujeita a um esforço de tracção

KN,FIV 8115= barra sujeita a um esforço de tracção

O facto da grandeza da barra FII ter aparecido com o sinal negativo, significa apenas

que a barra está sujeita a um esforço de compressão, ou seja o esforço a que está

sujeita tem o sentido contrário ao de tracção para ela inicialmente arbitrado.

Para continuar o cálculo dos esforços das barras da estrutura, considere-se agora, por

exemplo, a secção SI SI, Fig III-7, e estude-se o equilíbrio da parte da direita

representada na Fig III-9. Esta secção é necessária apenas para determinar os


73

esforços nas barras V e VI, uma vez que o esforço na barra IV já foi anteriormente

determinado. Repare-se como curiosidade que para o estudo do equilíbrio desta parte

da estrutura não teria sido necessário o cálculo das reacções de apoio.

0=18,43ºcos15,81F0xF VI +⇒=∑

0=º,sen,F4+2 0zF V 43188115−+⇒=∑

KNFVI 15−= barra sujeita a um esforço de compressão

KNFV 6= barra sujeita a um esforço de tracção

FV

FVI

b

XI

XIX

VIII

VII

VI

V

4 KN

15,81 KN

2 m 2 m

2 KN

Fig III-9 - Sistema de forças que mantêm em equilíbrio a parte direita da treliça

A barra VI podia ser ainda calculada directamente pela equação:

KNFFxxM VIVIby 150

6844220 −=⇒=++⇒=∑

A determinação das grandezas das outras barras da treliça pode fazer-se utilizando

outras secções. Há no entanto que chamar a atenção para o facto de só poderem ser

seccionadas tantas barras, de grandeza e sentido desconhecidos, quantas as

equações da estática que se possam escrever, já que de outro modo se iria ficar

com um sistema de equações indeterminado. Do mesmo modo, se as barras

seccionadas forem paralelas entre si ou concorrentes num ponto também não é

possível a utlização do método de Ritter, porque embora possamos sempre

escrever as 3 equações da estática definidas em (III-1) e (III-2) uma delas não é

linearmente independente.


74

3.4.2- Método de Cremona

O método de Cremona é um método gráfico caído em desuso com o aparecimento e

pruliferação dos meios informáticos. Tal como no caso da determinação gráfica das

reacções este meio não faz parte do actual progarama desta disciplina. No entanto,

porque este era um método expedito e muito usado há alguns atrás, e na

eventiualidade de despertar curiosidade a algum dos leitores desta páginas, decidiu-se

manter este parágrafo.

O método de Cremona baseia-se no estudo do equilíbrio de cada um dos nós de uma

estrutura reticulada tendo em conta as forças que nele actuam e os esforços existentes

nas barras que nele confluem. Porém, antes de entrar na descrição do método, há que

referir alguns conceitos ligados ao tratamento gráfico de sistemas de forças.

3.4.2.1- Método Gráfico para Tratamento de Sistemas de Forças

Como é sabido da estática, diz-se que um ponto está em equilíbrio sob a acção de um

conjunto de forças, quando a resultante desse conjunto de forças é nula e é possível

graficamente fazer a verificação do equilíbrio desse ponto, ou encontrar a resultante do

sistema de forças no caso da sua resultante ser diferente de zero.

Considere-se o sistema de forças representado na figura III-10 e determine-se a

resultante das forças aplicadas no ponto O. Por um ponto qualquer comece-se por

traçar o polígono funicular das forças obedecendo à sua posição relativa. Para tal,

arbitre-se um sentido de rotação e comece-se a traçar o polígono por qualquer uma

das forças, por exemplo a força f1 e continue-se o seu traçado colocando as outras

forças na forma indicada na figura. A resultante será nula se, uma vez colocadas no

polígono todas as forças, a extremidade da última força coincidir com o ponto onde

este começou a ser traçado, o que não é o caso do exemplo apresentado. Neste caso

o sistema de forças é equivalente à resultante R.


75

R

0

f1 f2

f3 f4f1

f2f4

f3 Fig III-10 - Determinação gráfica da resultante de um sistema de forças aplicado num ponto

Considere-se agora o mesmo sistema de forças, mas a que foi associado uma força f5

de grandeza igual mas sentido contrário a R, Fig III-11. É evidente que neste caso se

pode confirmar que o ponto O está em equílibrio, já que a sua resultante é nula.

f1

f2f4

f3

0

f1 f2

f3 f4

f5

f5

Fig III-11 - Verificação gráfica do equilíbrio de um ponto sujeito a um sistema de forças

Da análise do que até agora foi dito, pode concluir-se que, se num ponto estiver aplicado um

sistema de forças de que se desconheça a grandeza de uma delas, embora seja conhecida a

sua direcção, é possível determinar graficamente a sua grandeza de modo a que o ponto O

esteja em equilíbrio. Da mesma forma é possível determinar a grandeza de duas das forças do

sistema, se as suas direcções forem conhecidas, de modo a que o ponto esteja em equilíbrio.

Neste caso, porém, o problema só tem solução inequívoca se e só se as forças cujas

grandezas são desconhecidas estiverem juntas, tal com se representa no exemplo da

figura III-12, já que de outro modo o problema não tem solução por não ficarem definidos os

pontos do polígono por onde devem passar as forças que o constituem. Para a resolução do


76

problema da figura comece-se por traçar o polígono funicular de modo a que as forças

conhecidas sejam as primeiras a aí serem colocadas. Neste caso a ordem de colocação das

forças foi f3 , f1 , f2 e f4 utilizando o sentido representado. Das outras forças conhecem-se

agora, não só as suas direcções, mas também o ponto a do polígono funicolar por onde deve

passar a força f5 e o ponto b por onde deve passar a força f6. Prolongando as duas direcções

conhecidas obtem-se o ponto c que define a grandeza de cada uma dessas forças, sendo o

sentido de cada uma definido de modo a que o polígono feche.

c

b

a

f4

f3

0

f1f2

f3 f4

f5

f2

f6

f1

f6

f5

Fig III-12 - Determinação gráfica da grandeza de duas forças conhecidas as suas direcções

A resolução deste tipo de problemas torna-se impossível se do sistema de forças

fizerem parte três ou mais forças de que seja conhecida só a sua direcção, pois

neste caso há uma infinidade de soluções que satisfazem o equilíbrio do ponto.

3.4.2.2- Notação de Bow

No estudo de sistemas recticulados, em particular na aplicação do método de

Cremona, é usual utilizar-se a chamada notação de Bow, que é uma forma prática de

identificar todas as barras do sistema e forças nele aplicadas. Esta notação consiste na

aplicação de uma letra maiúsculs a todos os espaços limitados por forças, por barras

ou por forças e barras. Deste modo, quaisquer forças ou barras passam a ficar

identificadas pelas letras minúsculas correspondentes às que definem os espaços que

lhe são adjacentes. Um exemplo da aplicação da notação de Bow está representada na


77

figura III-13. Pode verificar-se que, por exemplo a força f1 passa a ser identifacada por

força ab ou ba, a reacção Rx por cd ou dc, etc.

R x

C

D

f1

f2

A

E

B

R ´zR z

F

G H

I

Fig III-13 - Exemplo de aplicação da notação de Bow

3.4.2.3- Método de Cremona

Depois de nos dois pontos anteriores se terem focado aspectos elementares para a

aplicação de método de Cremona, calculem-se agora por este método os esforços nas

barras da treliça utilizada na explicação do método de Ritter, Fig III-14, de forma a que

seja possível a comparação dos resultados obtidos pelos dois métodos.

Atendendo a que se trata de um método gráfico, comece-se por escolher uma escala

para as forças e outra para os comprimentos das barras e desenhe-se na escala

escolhida a figura da treliça. Admitindo que o valor das reacções já é conhecido,

aplique-se a notação de Bow para a identificação das forças e barras. Para facilitar a

explicação foram também numerados os nós, embora isso não seja necessário. Tal

como se fez no ponto 3.4.2.1 arbitre-se um sentido de rotação que defina a ordem por

que vão ser consideradas no estudo do equilíbrio do nó as forças e os esforços e

procure-se uma rótula em que haja apenas duas grandezas desconhecidas.

No caso da treliça em estudo, tanto pode ser o nó I como o VI, já que ambos estão nas

condições pretendidas. Comece-se por exemplo pelo estudo do equilíbrio do nó I, onde

existe uma força cd de grandeza e sentido conhecidos e dois esforços de direcção

conhecida. Por um ponto qualquer comece-se então por traçar um segmento de recta

cd,


78

D

F

B

J

C

VII

VI V

IV

III

4 KN

AII

I

G

H I

16 KN

16 KN

6 KN

2 KNE

Fig III-14 - Determinação dos esforços nas barras da treliça pelo método de Cremona

com o sentido da força e com um comprimento equivalente a 4 KN na escala escolhida7.

Deste modo ficam definidos dois pontos, c e d, que são também comuns às barras

concorrentes no nó em estudo. Para determinar a grandeza dos esforços destas barras

basta fazer passar por esses pontos segmentos de recta com as direcções das barras da

treliça. A sua intersecção irá definir o ponto j, que unido aos pontos c e d define a grandeza

dos esforços nas barras dj e jc, cujo valor pode ser obtido por simples medição e posterior

conversão através da respectiva escala. O sentido desses esforços, indicado na figura III-15,

é determinado tendo em conta o sentido de rotação arbitrado e que o polígono assim

definido deve fechar para que o nó esteja em equilíbrio. Estes sentidos podem ser

posteriormente indicados na treliça de modo a tornar mais fácil a visualização do modo

como actuam os esforços nos nós.

É evidente também que se o esforço de uma barra, por exemplo da barra dj, comprime o nó

I, também vai comprimir o nó II situado no outro extremo8.. Esta barra estará então sujeita a

um esforço de compressão, enquanto que uma barra que tracciona os nós está sujeita a um

esforço de tracção, Fig III-16.

Conhecidos a grandeza dos esforços nas barras dj e jc, é agora possível prosseguir os

7 Note-se que não é a mesma coisa traçar o segmento de recta dc, uma vez que com o sentido que foi arbitrado se parte do ponto c para d e não ao contrário. 8 É evidente que a compressão exercida nos nós não é mais que a reacção à compressão que aqueles sobre ela exercem.


79

Escala - 1 KN = 5 mm

jd

c

Fig III-15 – Estudo do equilíbrio do nó I da treliça da figura III-14

COMPRESSÃO

TRACÇÃO

Fig III-16 - Convenção dos esforços nas barras das treliças

cálculos nas outras barras da treliça, passando, por exemplo, a analisar o equilíbrio do

nó II. Convém notar que a análise deste nó só é possível com o conhecimento do valor

do esforço normal na barra jc, como só é possível analisar os outros nós desde que

apenas sejam desconhecidos os esforços em duas barras.

Deve-se também notar que todas as barras são articuladas em dois nós, o que implica

a duplicação do traçado da grandeza e direcção dos seue esforços, se o estudo de

cada nó fôr feito em separado. Para evitar estas repetições que só introduzem erros

desnecessários, é usual fazer um único Cremona para toda a estrutura, como o

representado na figura III-17 que diz respeito a todos os esforços e forças a que está

sujeita a treliça que se tem estado a estudar. As grandezas desses esforços estão

indicadas no Quadro I.

b e f a

j id g

cEscala - 1 KN = 5 mm

h

Fig III-17 – Cremona da treliça da figura III-14

Quadro I Tracção Compressã

Barra KN KN af 0cg 15,8 fg 1,4 ef 16 gh 6 ci 12,6 ih 3,6 eh 15 ij 0 cj 12,65 jd 12


80

3.5 - Exercícios Propostos

Por qualquer dos métodos seus conhecidos, determine os esforços nas barras das

treliças repreentadas:

3.5.1

1,5 K N

3 m 3 m 2 m 2 m

2 m

2 m

1 m

2 K N 3 K N2 K N

3.5.2

1 m

2 K N

1 0 K N

1 0 K N

5 m 3 m2 m

2 , 5 m

1 , 5 m

3.5.3

1 m

3 m

4 m2 m2 m4 m

3 m 3 m

5 KN5 KN 5 KN

4 KN


81

Bibliografia

- Beer, F.P., Johnston, E.R.; Mecânica Vectorial para Engenheiros - Estática, McGraw-Hill, 6ª Edição, 1998;

- Den Hartog, J.P.; Mechanics; Dover Pub., Inc, New YorK, 1961;

- Lardners, T.J., Archer, R.R.; Mechanics of Solids – an Introduction, MCGraw-Hill, 1994;

- Fonseca, A. ; Curso de Mecânica - Vol. II, Livros Técnicos e Científicos Editora, S.A;

- Timoshenko, S.P.; Resistência de Materiais - Vol. I e II, Livro Técnico S.A., 1971;

- Silva Gomes, J.F., Teoria da Elasticidade. Fundamentos e Aplicações; DEMEGI, FEUP, 1991

Documents

Estatica dos corpos, Resistencia de materias