Mecânica Geral II – Notas de AULA 5 - Teoria – Prof. Dr ... · elemento no qual estão aplicadas três ou mais ... as barras BD, BE e CE, e a parte ABC da treliça é ... exerce

Mecânica Geral II – Notas de AULA 5 - Teoria – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori

1

CARGAS SOBRE VIGAS. Cargas distribuídas sobre vigas

Considere uma viga que suporta uma carga.

Podemos analisar esse problema com o conceito de centróide discutido nos capítulos anteriores.

Essa carga pode ser constituída pelo peso de materiais apoiados direta ou indiretamente sobre a viga ou ser causada pela pressão hidrostática. Ou ainda, causada pelo vento.

A carga é expressa em N/m. Assim, a carga total suportada por uma viga de comprimento L é:

( )0

L

W w x d= ∫ x

O ponto de aplicação P da carga concentrada

equivalente será então obtido igualando-se o momento W em relação ao ponto O à soma dos momentos das cargas elementares dW em relação a O: ____

OP W xdW dW wdx dA W A⋅ = ⇔ = = ⇔ =∫( )

0

L

OP A xdA= ∫

Uma carga distribuída sobre uma viga pode ser então substituída por uma carga concentrada W; o módulo dessa única carga é igual à área sob a curva de carga e sua linha de ação passa pelo centróide dessa superfície.

Força sobre superfícies submersas

Podemos analisar a carga sobre uma barragem, pelo cálculo da pressão manométrica de um ponto num líquido, que é o valor da pressão absoluta menos a atmosférica:

man op g pγ= −

Aqui, γ é o peso específico do fluido: gγ ρ= ⋅

ρ: densidade do fluido. Observando que a área sob a curva de pressão

é igual à pE.L, onde pE é a pressão no centro E da placa e L pode ser o comprimento ou a área da placa, o módulo de R da resultante pode ser obtido pelo produto da área pela força.


Exemplo 1 – Uma viga suporta uma carga distribuída conforme o ilustrado.

(a) Determinar a carga concentrada equivalente.

(b) Determinar as reações nos apoios.

2

• Solução: (a) O módulo da resultante do

carregamento é igual à área sob a curva de carga, e a linha de ação da resultante passa pelo centróide da referida área. Dividindo a área em dois triângulos:

Componente A(kN) ( )x m ( )x A kN m⋅ ⋅

Triângulo I 4.5 2.0 9.0 Triângulo II 13.5 4.0 54.0

18A =∑

63xA =∑

3.5X A xA X⋅ = ⇔ =∑ m

A carga concentrada equivalente é: 18W kN= ↓⇐

(b) Reações:

1

0N

x xi

F B=

= =∑

( )( )1

0 4.5 2 13.5 4 6 0N

A yi

M B=

+ = ⇔ − − ⋅ + ⋅ =∑

10.5yB kN= ↑⇐

( )( )1

0 4.5 4 13.5 2 6 0N

Bi

M A=

+ = ⇔ − + ⋅ − ⋅ =∑7.5A kN= ↑⇐

Exemplo 2 – A figura mostra a seção

transversal de um dique de concreto. Considerar a seção do dique com 1.00 m de espessura e determinar:

(a) a resultante das forças reativas exercidas pelo solo sobre a base AB do dique e

(b) a resultante das forças de pressão exercidas pela água sobre a face BC do dique. Peso específico do concreto: 23.5.103N/m3; água: 9.81.103N/m3.

• Solução: Diagrama de corpo livre:


3

(a)

( )( )( )( )3 51

1 2.70 6.60 1 23.5 10 2.09 102

W N= ⋅ =

( )( )( )

⋅

( )3 52 1.50 6.60 1 23.5 10 2.33 10W N= ⋅ = ⋅

( )( )( )( )3 53

1 3.0 5.40 1 23.5 10 1.27 103

W N= ⋅ = ⋅

( )( )( )( )3 54

2 3.0 5.40 1 9.81 10 1.06 103

W N= ⋅ = ⋅

( )( )( )3 51 5.40 1.00 53.0 10 1.43 102

P N= ⋅ = ⋅

⇐

⇐

1

0N

Ai

M=

+ =∑5 5

5 5

5

2.09 10 1.8 2.33 10 3.451.27 10 5.1 1.06 10 6

1.43 10 1.8 0

• Equações de equilíbrio:

5

1

0 : 1.43 10 0N

xi

F H+

=

→ = − ⋅ =∑

51.43 10H N= ⋅ →

1

0N

yi

F+=

↑ =∑

5 5 5 52.09 10 2.33 10 1.27 10 1.06 10 0V− ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ = 56.75 10V N= ⋅ ↑

M

− ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅

− ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ +

⋅ ⋅ + =⇐

⇐

62.21 10M N m= ⋅ ⋅

(b) Resultante das forças da água:

51.78 10 : 36.5R N= ⋅ ⇔ °


4

Análise de Estruturas

As categorias mais estudadas de estruturas são:

Treliças: projetadas para suportar cargas, estruturas estacionárias, vinculadas. Formadas por elementos retilíneos conectados em juntas localizadas nas extremidades de cada elemento, assim, nos membros de uma treliça atuam duas forças de mesmo módulo e direção, porém de sentidos opostos.

Estruturas: projetadas para suportar cargas, em geral, estacionárias e vinculadas. Têm a semelhança de um guindaste com pelo menos um elemento no qual estão aplicadas três ou mais forças, que em geral, não tem a direção do elemento.

Máquinas: projetadas para transmitir e modificar forças. Em geral assemelham-se com as estruturas e possuem partes móveis.

Treliças

Principais tipos de estruturas em engenharia, oferecendo uma solução prática e econômica a muitas situações de engenharia, especialmente no projeto de pontes e edifícios. Consiste em barras e retas articuladas na juntas ou nós.

• Tipos de Treliças:

• Análise das treliças empregando o método dos nós:

Como a treliça inteira é um corpo rígido, em equilíbrio, pode-se usar três equações adicionais envolvendo as forças indicadas na ilustração acima.


5

Diagrama de corpo livre no nó - Polígono de forças.

Treliças espaciais

Cada nó consiste de conexões soldadas ou rebitadas em uma junta esférica.

Método das seções

O método dos nós é mais eficaz quando é

necessário determinar as forças em todas as barras da treliça. Se, entretanto, a força em somente uma barra ou a força em apenas poucas barras forem desejadas, um outro método, chamado das seções, será mais eficiente.

Suponha, por exemplo, que desejamos determinar a força na barra BD da figura a seguir. Para tanto é necessário determinar a força com que a barra BD atua sobre os nós B e D. Se utilizássemos o método dos nós, escolheríamos o nó B ou D como corpo livre. Entretanto, podemos escolher como corpo livre uma parte maior da treliça, composta por vários nós e barras, desde que a força desejada seja uma das forças externas que agem nessa parte. Se, além disso, escolhermos a parte da treliça de tal forma que exista um total de somente três forças incógnitas agindo sobre ela, a força desejada poderá ser obtida resolvendo-se as equações de equilíbrio para essa parte da treliça. Na prática, a parte da treliça a ser utilizada é obtida secionando-se três barras da treliça, uma das quais é a barra desejada, isto é, traçando uma linha que divida a treliça em duas partes completamente separadas, mas que não intercepte mais de três barras. Após remover as barras cortadas, pode-se utilizar como corpo livre qualquer uma das duas partes da treliça.


6

Na Figura anteiror a seção nn intercepta

as barras BD, BE e CE, e a parte ABC da treliça é escolhida como corpo livre. As forças que atuam no corpo livre são as cargas P1 e P2 nos pontos A e B e as três forças incógnitas FBD , FBE e FCE. Como não sabíamos se as barras removidas estavam comprimidas ou tracionadas, as três forças foram arbitrariamente desenhadas saindo do corpo livre, como se as barras estivessem tracionadas.

O fato de o corpo rígido ABC estar em equilíbrio pode ser expresso por três equações, formando um sistema que, resolvido, dará as três forças incógnitas. Se somente a força FBD for desejada, será necessário escrever apenas uma equação, desde que essa equação não contenha as outras incógnitas. Assim, a equação ΣME = 0 fornece o módulo FBD da força FBD. Um sinal positivo na resposta indicará que nossa suposição original com respeito ao sentido de FBD estava correia e que a barra BD está traciona com um sinal negativo indicará que nossa suposição estava errada e que BD está sob compressão.

Por outro lado, se somente a força FCE for desejada, deve-se escrever uma equação que não envolva FBD ou FBE; a equação apropriada é ΣME = 0. Novamente um sinal positivo para o módulo FCE procurada indica uma hipótese correta, existe tração; e um sinal negativo indica uma suposição incorreta, existindo compressão.

Se somente a força FBE for desejada, a equação apropriada é ΣFy = 0. Novamente, um sinal da resposta dirá se a barra está tracionada ou comprimida.

Quando se determina a força em apenas uma barra, não é possível nenhuma comprovação independente dos cálculos realizados. No entanto, quando se determinam todas as forças incógnitas que atuam no corpo livre, os cálculos podem ser verificados escrevendo-se uma equação adicional. Por exemplo, se FBD, FBE, e FCE forem determinadas conforme indicado acima, os cálculos poderão ser comprovados verificando-se que ΣFx=0.

Estruturas e máquinas

Estruturas Contendo Elementos Submetidos a

Várias Forças: Ao tratar de treliças, consideramos estruturas

que consistiam exclusivamente em articulações e barras retas submetidas a apenas duas forças. As forças que atuam sobre a barras submetidas a duas forças agem diretamente ao longo das próprias barras.

Consideraremos agora estruturas que possuem pelo menos uma barra submetida a três ou mais forças. Essas forças, geralmente, não atuarão ao longo das barras; sua direção é desconhecida e serão representadas por duas componentes incógnitas.

Estruturas e máquinas são sistemas compostos por elementos submetidos à várias forças. As estruturas projetadas para suportar cargas são geralmente estacionárias e completamente vinculadas. As máquinas são projetadas para transmitir e modificar forças; podem ser ou não estacionárias, mas sempre terão partes móveis.

Análise de uma Estrutura. Como primeiro exemplo da análise de uma estrutura, consideraremos novamente o guindaste descrito, que suporta uma dada carga P (figura a seguir). O diagrama de corpo livre da estrutura inteira está ilustrado. Esse diagrama pode ser usado para determinar as forças externas que agem sobre a estrutura. Somando os momentos em relação a A, primeiro determinamos a força T exercida pelo cabo; somando as componentes x e y, determinamos então, as componentes Ax e Ay da reação da articulação A.

Para determinar as forças internas que mantêm unidas as várias partes de uma estrutura, devemos desmembrá-la e desenhar o diagrama de corpo livre para cada uma de sua partes componentes (c). Em primeiro lugar, devemos considerar as peças submetidas a apenas duas forças. Nessa estrutura, a barra BE é a única peça desse tipo. As forças que agem em cada extremidade dessa barra devem ter a mesma intensidade, a mesma linha de ação e sentidos opostos. Elas estarão, portanto, dirigidas ao longo de BE e serão denominadas, respectivamente, FBE e —FBE. Seus sentidos serão tomados como mostra a (c), e a correção dessa hipótese será verificada mais tarde pelo sinal obtido para o valor comum FBE das duas forças.

Em seguida, consideremos as peças submetidas a várias forças, isto é, aquelas que estão sob a ação de três ou mais forças. De acordo com a terceira lei de Newton, a força exercida pela barra BE sobre o ponto B da barra AD deve ser igual e oposta à força FBE exercida por AD sobre BE.


7

Analogamente, a força exercida pela barra BE sobre o ponto E de CF deve ser igual e oposta à força –FBE exercida por CF em BE. As forças que a barra BE, submetida a duas forças, exerce sobre AD e CF são, portanto, respectivamente iguais a – FBE e FBE; elas têm o mesmo módulo FBE e sentidos opostos, devendo estar orientadas conforme indicado.

Em C estão unidas duas barras submetidas a várias forças. Posto que não se conhece nem a direção nem o módulo dessas forças que agem em C, elas serão reprentadas por suas componentes x e y. As componentes C e C da força que age na barraAD serão arbitrariamente dirigidas para a direita e para cima. Uma vez que, de acordo com a terceira lei de Newton, as forças exercidas pela barra CF sobre AO e pela barra AD sobre CF são iguais e opostas, as componentes da força que age sobre a barra CF devem estar dirigidas para a esquerda e para baixo; elas serão designadas, respectivamente, - Cx e –Cy. Se a força Cx é realmente dirigida para a direita e a força –Cx é realmente dirigida para a esquerda, se determinará mais tarde, por meio do sinal obtido para Cx, um sinal positivo indicando que a hipótese estava correia, um sinal negativo indicando que estava errada. Os diagramas de corpo livre das barras submetidas a várias forças são completados representando-se as forças externas agindo em A, D e F.*

As forças internas podem agora ser determinadas considerando-se o diagrama de corpo livre de qualquer uma das duas barras submetidas às várias forças. Escolhendo diagrama de corpo livre de CF, por exemplo, teremos as equações ΣMC = 0 e ΣME = 0, ΣFx =0 que fornecem os valores FBE, Cy e Cx , respectivamente. Esses valores podem ser comprovados verifícando-se que a barra AD está também em equilíbrio.

Deve-se notar que os diagramas de corpo livre das articulações não foram representados na Figura. Isto porque os pinos das articulações foram considerados como partes integrantes de uma das barras por eles ligada. Essa hipótese sempre pode ser feita para simplificar a análise de estruturas e máquinas. Entretanto, quando uma articulação une três ou mais barras, ou liga um vínculo externo e duas ou mais barras, ou quando uma carga está aplicada a uma articulação, deve-se dicidir cuidadosamente a qual dos elementos se supões pertencer a articulação.

Não é absolutamente necessário usar um sinal negativo para distinguir a força que uma barra exerce sobre outra de força igual e contrária exercida pela segunda barra sobre a primeira, uma vez que as duas forças pertencem a diferentes diagramas de corpos livres e, portanto, não se podem confundir facilmente.


8

Exemplo 3 – Empregando o método dos

nós, determine a força em cada barra da treliça ilustrada:

Solução: Equilíbrio da treliça inteira:

( )( ) ( )( )1

0 10 7.2 5 3.6 1.8 0N

Ci

M E=

+ = ⇔ − + + ⋅ =∑⇐

1

10 5 50 0N

y yi

F C+

=

→ = − − + + =∑35yC kN= − ↓⇐

50E kN= ↑

1

0N

x xi

F C+

=

→ = =∑

0xC = ⇐

• Nó A:

104 3 5

AB ADF F= =

7.50 ABF kN T= ⇐

12.5 ADF kN C= ⇐ • Nó D:

DB DF F A=

12.50 DBF kN T= ⇐

325DE DAF F⎛ ⎞= ⋅⎜ ⎟

⎝ ⎠

15.0 DEF kN C= ⇐

• Nó B:

1

4 45 12.5 05 5

N

y BEi

F F+

=

↑ = − − − =∑

18.7 BEF kN C= ⇐ • Nó E:

( )1

3 30 15 18.7 05 5

N

x ECi

F F+

=

→ = ⇔ + + =∑

43.7 ECF kN C= − ⇐

• Nó C:

( )1

30 26.2 43.7 05

N

xi

F+

=

→ = ⇔ − + =∑

1

435 43.7 05

N

yi

F+

=

↑ = − + =∑


9

Exemplo 4– Determine as forças nas barras EF e GI da treliça ilustrada.

• Solução: Diagrama de corpo livre para a treliça inteira:

( )( ) ( )( )1

0

140 2.4 140 7.2 80 3.0 9.6 0

N

Bi

M

J=

+ =

− − − ⋅ + ⋅ =

∑

⇐

0

=

1

0 115 140 0N

y EFi

F F+

=

165 J kN= ↑

1

0 80N

x xi

F B+

=

→ = ⇔ + =∑

80 xB kN= − ←⇐

( )( ) ( )( )1

0

140 7.2 140 2.4 80 3.0 9.6 0

N

Ji

y

M

B=

+ =

+ − ⋅ − ⋅

∑

115 yB kN= ↑⇐

• Força na barra EF:

↑ = ⇔ − − =∑

25 CEFF kN= ⇐ • Força na barra GI:

( )( ) ( ) ( )1

0

165 2.4 80 3 3 0

N

Hi

GI

M

F=

+ =

− − ⋅ =

∑

52 CGIF kN= ⇐

Exemplo 5– Determinar as forças nas barras FH, GH e GI da treliça de telhado ilustrada:

• Solução: A parte da direita da seção nn será tomada como corpo livre. Como a reação L atua nesse corpo livre, o valor de L deverá ser calculado separadamente, usando toda a treliça como um corpo livre:


10

1

0 7.50N

Ai

M L kN=

+ = ⇔ =∑ ↑

1

0N

Hi

M=

+ =∑7.5 10 1 5 5.33 0GIF⋅ − ⋅ − ⋅ =

⇐

1

0N

Gi

M=

+ =∑7.5 15 1 10 1 5 cos 8 0FHF

• Força na barra GI: Usando a parte HLI da treliça como corpo livre:

• Força na barra GI: Usando a parte HLI da treliça como corpo livre:

1

0N

Hi

M=

+ =∑7.5 10 1 5 5.33 0GIF⋅ − ⋅ − ⋅ =

13.1 TGIF kN= ↑⇐

• Força na barra FH: Obtemos FFH pela relaçãoabaixo e desloca-se FFH ao longo de sua linha de ação até que venha atingir o ponto F, onde é decomposta nas componentes x e y.

• Força na barra FH: Obtemos F

1

0N

Gi

M=

+ =∑

7.5 15 1 10 1 5 cos 8 0FHF

13.1 TGIF kN= ↑

FH pela relaçãoabaixo e desloca-se FFH ao longo de sua linha de ação até que venha atingir o ponto F, onde é decomposta nas componentes x e y.

α⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ = 13.1 CFHF kN= − ⇐

• Força na barra GH: O valor de FGH é obtido decompondo-se a força FGH nas componentes x e y no ponto G e então resolvendo-se a equação:

1

0N

Li

M=

+ =∑

1 10 1 5 cos 15 0GHF β⋅ + ⋅ + ⋅ =

1.37 CGHF kN= − ⇐

Exemplo 6 – Na estrutura da figura, as barras ACE e BCD estão articuladas por um pino em C e pela barra DE. Determinar a força na barra DE e as componentes da força exercida em C pela barra BCD.

• Solução: Estrutura inteira:


11

1

0 480N

y yi

F A+

=

↑ = ⇔ − =∑ 0

⇐

=

480 yA N= ↑

1

0N

Ai

M=

+ =∑

( )( ) ( )480 100 160 0B− +

300 B N= − →⇐

1

0 0N

x xi

F B A+

=

→ = ⇔ + =∑

300 0xA+ = 300 xA N= − ←⇐

• Barras: Desmembrando a estrutura:

• Barra BCD:

1

0N

Ci

M=

+ =∑

( )( ) ( )250 300 60 480 100 0DEF senα + + ⋅ =

⇐

560 DEF N= − ⇐

1

0 cos 300 0N

x DE xi

F F Cα+

=

→ = ⇔ − + + =∑

( 561)cos 28 300 0xC− − °+ + = 795 xC N= − ←⇐

1

0 480 0N

y y DEi

F C F senα+

=

↑ = ⇔ − − =∑

( )561 28 480 0yC sen− − ° − =

216 yC N= ↑

• Barra ACE (Verificação):

1

0N

Ai

M=

+ =∑

( ) ( )cos 300 100 220DE DE xF F sen Cα α⋅ + ⋅ − ⋅ =

( ) ( )561cos 300 561 100 795 220 0senα α⋅ + ⋅ − ⋅ =

Exemplo 7 – Determinar as componentes das forças que agem em cada barra da estrutura representada:

• Solução: • Estrutura inteira:Uma vez que as reações

externas envolvem 3 incógnitas, podemos calcular as reações considerando o diagrama de corpo livre da estrutura inteira:

1

0N

Ei

M=

+ =∑


12

( )( ) ( )2.4 3.6 4.8 0F− + =

⇐

⇐

=

⇐

=

⇐

1.8 F kN= ↑

1

0N

yi

F+

=

↑ =∑

2.4 1.8 0yE− + + = 0.6 yE kN= ↑

1

0N

xi

F+

=

→ =∑

0xE = 0 xE kN= ⇐

Considerando a barra BCD:

• Barra BCD:

1

0N

Bi

M=

+ =∑

( )( ) ( )2.4 3.6 2.4 0yC− +

3.6 yC kN= ↑

1

0N

Ci

M=

+ =∑

( )( ) ( )2.4 1.2 2.4 0yB− +

1.2 yB kN= ↑

1

0N

xi

F+

=

→ =∑

0x xB C− + = • Barra ABE:

1

0N

Ai

M=

+ =∑

2.7 0xB ⋅ =

0 xB kN= ⇐

1

0N

xi

F+

=

→ =∑

0x xB A− = 0 xA kN= ⇐

1

0N

yi

F+

=

→ =∑

0.6 0y yA B− + + =

1.2 0.6 0yA− + + =

1.8 yA kN= ⇐

• Barra BCD:

1

0N

xi

F+

=

→ =∑

0x xB C− + =

0 xC kN= ⇐ • Barra ACF: Verificação:

1

0N

Ci

M=

+ =∑

1.8 2.4 2.4 2.7 0y xA A⋅ − ⋅ − ⋅ =

Exemplo 8 – Uma força de 3000 N está aplicada ao pino A da estrutura ilustrada. Determinar as forças que atuam nas duas barras verticais da estrutura:

• Solução:


13

• Estrutura inteira:

1

0N

Ei

M=

+ =∑

( )( ) ( )3 3.0 1.8 0yF− + =

⇐

5.0 yF kN= ↑

1

0N

yi

F+

=

→ =∑

0y yE F+ =

5 yE kN= − ↓⇐ • Barra ACE:

1

0N

yi

F+

=

→ =∑

5 5 5 013 13AB CDF F− + − =

1

0N

Ei

M=

+ =∑

( )( ) 12 123 3 3 0.75 013 13AB CDF F− − ⋅ − ⋅ =

7.8 CDF kN= ⇐

1

0N

xi

F+

=

→ =∑

5.2 ABF kN= − ⇐

( ) ( )12 123 5.2 7.813 13 xE+ − + + = 0

5.4 xE kN= − ←⇐

• Estrutura inteira:

1

0N

xi

F+

=

→ =∑

3 5.4 0xF− + =

2.4 xF kN= →⇐

• Barra BDF: Verificação:

1

0N

Bi

M=

+ =∑

12 0.75 2.25 013 CD xF F− ⋅ − ⋅ =

12 7.8 0.75 2.4 2.25 013 x− ⋅ ⋅ − ⋅ =

Exemplo 9 – Uma mesa elevadora é usada para suspender uma caixa de 1000 kg. Ela consiste de uma plataforma e dois sistemas articulados idênticos sobre os quais cilindros hidráulicos exercem forças iguais. As barras EDB e CG têm cada uma o comprimento 2a e a barra AD é articulada no ponto médio de EDB. Se a caixa é colocada sobre a mesa, de modo que metade de seu peso é suportado pelo sistema mostrado, determinar a força exercida pelos cilindros em sua elevação, para θ = 60°, a =0.70m e L = 3.20m. Mostrar que o resultado obtido é independente da distância d.

• Solução

Plataforma ABC:


1

0N

xi

F+

=

→ =∑

14

cos 0ADF θ− = 0 ADF kN= ⇐

1

0N

yi

F+

=

→ =∑

02PB C+ − =

2PB C+ =

Rolete C:

BCF C cotgθ= ⋅

Barra EBD: Como FAD = 0

1

0N

Ei

M=

+ =∑

( ) ( ) ( )cos 90 2 cos 2 0DH BCF a B a F aseφ θ⋅ − ° − − =

nθ

θ( )2 cos cotg 2 0DHF sen a B a C asenφ θ θ⋅ − − ⋅ ⋅ = ( )2 cosDHF sen B Cφ θ⋅ − + =0

cosDHF P

senφφ

=

Aplicando a lei dos senos no triângulo EDH:

sen sen EHsen senEH DH DHφ θ φ θ= ⇒ =

Usando a lei dos co-senos: 2 2 2 2 cosDH a L aL θ= + −

2 2 20.70 3.2 2 0.7 3.2cos 60DH = + − ⋅ ⋅ ° 2 8.49DH =

2.91DH m= 1000 9.81 9.81P m g kN= ⋅ = ⋅ =

2.919.81 603.20DH

DHF P ctg ctgEH

θ= = ⋅ ⋅ °

5.15DHF kN=

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