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1 Forças em Vigas e Cabos 2 1) Introdução: Para a projeção de uma estrutura, é necessário o conhecimento das cargas externas nessa estrutura (ativas e reativas), com o objetivo de garantir que o material resista ao carregamento. A partir do carregamento externo, são calculados os esforços internos (esforços solicitantes). 2) Cálculo dos Esforços Solicitantes (na seção reta S): Corpo em equilíbrio Forças F1 , F2 , F3 ...... F8 – esforços exteriores (ativos) Forças HA , VA , VB – esforços exteriores (reativos) F1 F2 F3 F4 F5 F6 F7 F8 S VA VB HA 3 O corpo é separado em duas partes, na seção S: R = resultante das forças F1 , F2, F3, VA e HA OU F4 , F5 , F6 , F7, F8 e VB (tanto faz, pois o corpo está equilibrado) Ação da carga R (no bloco da direita): Observação: O detalhamento das cargas, na figura, será apenas representado no bloco da direita. No bloco da esquerda, a ação será exatamente igual na direção, com sentido contrário. F1 F2 F3 S F4 F5 F6 F7 F8 S R R R V CG G S F4 F5 F6 F7 F8 R Q1 Q2 N Vista A CG G HA VA VB Vista B VB 4 Faremos a decomposição da força R em 3 direções ortogonais: Q1 , Q2 e N. Vista de A Vista de B Q1 e Q2 - esforços cortantes (forças paralelas à seção) N – esforço normal (forças perpendiculares à seção) Ação do momento V (no bloco da direita): Observação: O detalhamento das cargas, na figura, será apenas representado no bloco da direita. No bloco da esquerda, a ação será exatamente igual na direção, com sentido contrário. CG G Q1 Q2 X N N Q1 X Q2 Vista A Vista B F4 F5 F6 F7 F8 V S CG G M1 M2 T VB 5 Faremos a decomposição do momento M em 3 direções ortogonais: M1 , M2 e T. Vista de A Vista de B M1 e M2 - momentos fletores (giro de uma seção em torno de um eixo colocado no plano da própria seção) T – momento torçor (giro de uma seção em torno de um eixo perpendicular à seção). Conclusão: Os esforços solicitantes são: Esforço Normal Esforço Cortante Momento Fletor Momento Torçor Como calculá-los? Para calcular os esforços solicitantes em uma determinada seção: Selecionar a partir de que lado da seção os esforços serão calculados (como o corpo está equilibrado, o cálculo feito por um lado será igual ao feito pelo outro lado) Para cada carga existente no lado escolhido, calcular o valor do esforço solicitante na seção (N, Q, M ou T), atribuindo-lhe um sinal conforme a convenção de sinais a seguir. O somatório dos valores calculados será o valor do esforço solicitante na seção. CGT M1 M2 T X M1 M2 6 Convenção de Sinais + - N: Q: M: T: 3) Exercícios: a. Calcular as reações nos apoios, o esforço normal, o esforço cortante e o momento fletor nas seções B e C. Resposta: VA = 5 KN VD = 1 KN Seção B: N = 0; Q = + 5KN; M = + 15 KN.m Seção C: N = 0; Q = - 1KN; M = + 15 KN.m b. Calcular as reações no apoio, o esforço normal, o esforço cortante e o momento fletor na seção C. Resposta: HA = 0; VA = 1.800N MA = 1800N.m N = 0; Q = 450N M = - 225 N.m 3m 6m 6KN 9KN.m A B C D 1200N/m A C B 1,5m 1,5m 7 c. Calcular o esforço normal, o esforço cortante e o momento fletor na seção B. Resposta: VA = 200 KN; HA = 266,7 KN; FX = 266,7 KN FY = 200 KN; Em B: N = 266,7KN; Q = 0; M = 400 KN.m d. Calcular o esforço normal, o esforço cortante e o momento fletor na seção C. e. Calcular o esforço normal, o esforço cortante e o momento fletor na seção C. 6m 4m 4m 50KN/m A B C D C A B 1,5m 10KN 1,5m 1,5m 1,5m 15KN C A B 1,5m 30KN.m 1,5m 1,5m 1,5m 10KN 8 f. Calcular o esforço normal, o esforço cortante e o momento fletor na seção C. g. Calcular o esforço normal, o esforço cortante e o momento fletor na seção C. h. Calcular o esforço normal, o esforço cortante e o momento fletor na seção C. i. Calcular o esforço normal, o esforço cortante e o momento fletor nas seções C (à direita de 40KN) e D. j. Calcular o esforço normal, o esforço cortante e o momento fletor nas seções E e F. C A B 2m 1,5m 1,5m 50KN/m C A B 1,5m 1,5m 9KN/m 1,5m 1,5m 12KN C A B 3m 6KN/m 3m C A B 2m 60KN.m 2m 2m 40KN D E A 1,5m 300N/m 1,5m 1,5m D 1,5m F B C 45º 9 4) Traçar os diagramas dos esforços solicitantes: a. Calcular o esforço cortante e o momento fletor nas seções B e traçar o DEC e o DMF. b. Traçar o DEC e o DMF. 3m 6m 6KN 9KN.m A B C D x x 9 m 6 KN/ m 10 c. Traçar o DEC e o DMF. d. Traçar o DEC e o DMF. 3 m 6 KN/ m 30 KN/ m 3 m 25 KN. m 11 e. Traçar o DEC e o DMF f. Calcular as reações nos apoios, e o esforço cortante e momento fletor na seção C. 3 m 3 m 30 KN. m L A B C x q 12 Resposta: HB = 0; VA = qL/2; VB = qL/2 Em C: Q = VA - qx (reta) (2 pontos definem uma reta) M = VA.x - q.x2/2 (parábola do 2º grau) Para x = 0 : M = 0 Para x = L: M = 0 Mmáx: dM/dx = 0 dM/dx = VA - q.x = 0 x = L/2 Mmáx = q.L2/8 Além disso, Q = dM/dx E dQ/dx = -q 5) Observações tiradas a partir dos exercícios, para facilitar o traçado do DEC e DMF: Conclusões: Todos os diagramas começam e terminam em ZERO Em trechos sem carga: o O DEC é constante o O DMF é uma reta qualquer (2 pontosdefinem uma reta) Em pontos de carga concentrada F: o No DEC: existe um “salto” (descontinuidade) = F o No DMF: “bico” (discordância) Em trechos de carga uniformemente distribuída q: o O DEC é retilíneo (2 pontos definem uma reta) o O DMF é uma parábola do 2º grau, fmédia = q.L2/8 Q = dM/dx e q = dQ/dx Em trechos de carga momento M: o DEC não se altera o DMF apresenta descontinuidade (“degrau”) = M 13 6) Exercícios: a. Traçar DEC e DMF b. Traçar DEC e DMF c. Traçar DEC e DMF d. Traçar DEC e DMF 4 tf 5 tf 1 m 2 m 1 m 2 m 2 m 4 m 4 m 6 tf 2 tf/m 2 tf/m 2 m 2 m 2 m 2 m 2 tf 8 tf.m 6 tf 2 m 2 m 2 m 4 m 3 tf 4 tf/m 14 e. f. g. h. 2 m 2 m 2 m 2 m 2 m 4 tf/m 6 tf 8 tf 14 tf.m 2 m 2 m 2 m 5 tf 4 tf/m 2 tf/m 8 tf.m 20 tf.m 10 tf 2 m 2 m 2 m 2 tf/m 4 tf 50 tf.m 4 tf/m 2 m 1 m 1 m 1 m 2 tf 15 7) Cabos a. Determinar a tração em cada segmento do cabo Consideremos o equilíbrio do cabo inteiro: Σ FH = 0 HA = HE Σ FV = 0 VA + VE = 4 + 15 + 3 = 22 Σ ME = 0 18 VA = 4 x 15 + 15 x 10 + 3 x 2 = 216 VA = 12KN VE = 10KN Agora, o equilíbrio do cabo AB: Σ FH = 0 HA = NBC . cos θBC Σ FV = 0 12 = 4 + NBC . sen θBC NBC . sen θBC = 8 Σ MC = 0 12 x 8 = 12 HA + 4 x 5 HA = 6,33KN HE = 6,33KN NBC . cos θBC = 6,33 tg θBC = 1,2637 θBC = 51,6º NBC . sen θBC = 8 NBC = 10,2 KN A B C D E 3m 5m 8m 2m 4KN 15KN 3KN 12m YB YD HA HE VE VA HA VA 4KN NBC ΘBC 16 Agora, o equilíbrio do ponto A: Σ FH = 0 NAB . cos θAB = 6,33 θAB = 62,2º Σ FV = 0 NAB . sen θAB = 12 NAB = 13,6KN Agora, o equilíbrio do ponto C: Σ FH = 0 NBC . cos θBC = NCD . cos θCD Σ FV = 0 NBC . sen θBC + NCD . sen θCD = 15 θCD = 47,9º NCD = 9,44KN Agora, o equilíbrio do ponto E: Σ FH = 0 HE = NED . cos θED Σ FV = 0 NED . sen θED = VE ΘED = 57,7º NED = 11,8KN b. Determinar a tração em cada segmento do cabo, e o comprimento total do cabo. ΘAB A NAB HA VA C NBC ΘBC ΘCD NCD 15KN HE VE NED ΘED VA HA HB VB A B D C 400N 250N 0,6m 1,5m 1,2m 0,9m 0,9m 17 Momentos e Produtos de Inércia 18 1. Momento estático: a. de uma superfície em relação a um eixo: Definição: M x = y dS = y. S M y = x dS = x. S Exemplo: M 1 = (12 x 2) x 0 = 0 M 2 = (12 x 2) x 1 = 24 cm3 O momento estático de uma seção em relação a um eixo que passe em seu CG vale ZERO. b. de uma superfície composta em relação a um eixo: y x S X CG x y dS x y ρ Figura 1 y x S1 S2 CG1 x1 y1 CG2 x2 y2 CG x y 12cm X CG X1 X2 2cm 19 M x (total) = M x (seção 1) + M x (seção 2) (S1 + S2 ) . y = S1 . y1 + S2 . y2 y = Σ M x / Σ S 2. Momento de inércia: a. de uma superfície em relação a um eixo (figura 1): Definição: Jx = y2 dS Jy = x2 dS b. de uma superfície composta em relação a um eixo: Jx (total) = Jx (seção 1) + Jx (seção 2) 3. Momento de inércia polar: a. de uma superfície em relação a um eixo (figura 1): Definição: JP = ρ2 . dS = (x2 + y2 ) dS = = x2 dS + y2 dS = Jx + Jy b. de uma superfície composta em relação a um eixo: JP (total) = JP (seção 1) + JP (seção 2) 20 4. Translação de eixos (Teorema dos eixos paralelos – Steiner): JCG = y2 dS J// = (y + aX)2 dS = (y2 + 2 aX y + aX 2 ) dS = = y2 dS + 2aX y dS + aX 2 dS J// = JCG + aX 2 S 5. Momento de inércia do retângulo: dS = b.dy Jx1 = y2 dS = y2 b.dy = = b. y2 dy = b.y3 /3 = Jx1 = b.h3 /3 S CG XCG X// dS y a X 0 X1 b h dS dy y y h h h h 0 0 0 0 21 Jx = y2 dS = b.y3 /3 Jx = b.h3 /12 Ou, usando o Teorema dos eixos paralelos: J// = JCG + aX 2 S JCG = J// - aX 2 S JX = b. h3 / 3 - (h/2)2 . bh = b . h3 / 12 6. Exercícios: a. Determinar o momento de inércia para a figura abaixo, em relação ao eixo X. Equação da curva: y2 = 400xPara x = 100 y = 200mm Jx = y2 dS dS = (100 – x) . dy x = y2 / 400 dS = (100 – ( y2 / 400)).dy Jx = y2 . (100 – ( y2 / 400)).dy = = 107 x 106 mm4 h b X dS y y +h/2 -h/2 +h/2 -h/2 X Y 100mm 200mm S x y dS dy 0 200 22 b. Determinar JX e JY: Retângulos A e C: JX = (100 x 3003 / 12) + (2002 x 100 x 300) = 1,425 x 109 mm4 JY = (300 x 1003 / 12) + (2502 x 100 x 300) = 1,900 x 109 mm4 Retângulo B: JX = (600 x 1003 / 12) = 0,050 x 109 mm4 JY = (100 x 6003 / 12) = 1,800 x 109 mm4 Total: JX = 2,900 x 109 mm4 JY = 5,600 x 109 mm4 X Y CG 300mm 100mm 100mm 100mm 300mm 100mm 200mm 200mm A C B B 23 7. Produto de inércia de uma superfície (vide Figura 1): Definição: JXY = xy dS Como x e y podem ser positivos ou negativos, o Produto de Inércia será ZERO se os eixos X ou Y forem eixos de simetria para a seção. 8. Translação de eixos (Teorema dos eixos paralelos): Produto de inércia de dS em relação aos eixos X e Y: dJXY = (x’ + aX).(y’ + aY). dS Para a area inteira: JXY = (x’ + aX).(y’ + aY). dS = = x’.y’.dS + x’. aY. dS + y’. aX .dS + aX . aY . dS JXY = JX’Y’ + aX . aY . S S X Y X’ Y’ CG C aY aX dS x’ y’ S S S S S 0 0 24 9. Calcular o produto de inércia das figuras em relação a X-Y: a. Como X ou Y são eixos de simetria da figura JXY = 0 b. JXY = JX’Y’ + aX . aY . S = 0 + (b/2).(h/2).bh = b2.h2/4 Equação da curva: y = (h/b).x c. dS = y.dx X Y h b CG X’ Y’ h b X Y X Y h b x y dS ◦ (x, y) dx 25 O produto de dS em relação a X-Y: dJXY = dJX’Y’ + x.y dS. A parcela dJX’Y’ é igual a ZERO, pois X’ ou Y’ são eixos de simetria de dS. Como x = x e y = y/2 dJXY = (x).(y/2).y.dx=(x/2).(y2)dx = = (x/2).(h2/b2).(x2).dx = (x3/2).(h2/b2).dx JXY = (x3/2).(h2/b2).dx = ((h2/b2)/2).[x4/4] = (h2.b2)/8 OUTRA SOLUÇÃO: Equação: x = (b.y)/h dS = (b – x).dy O produto de dS em relação a X-Y: dJXY = dJX’Y’ + x.y dS. A parcela dJX’Y’ é igual a ZERO, pois X’ ou Y’ são eixos de simetria de dS. Como x = x + ((b – x) /2) = (b + x)/2 e y = y dJXY = ((b + x)/2).y.(b – x) dy = (y/2).(b + x).(b – x).dy = =(y/2).(b + (b.y/h)).(b – (b.y/h)).dy Fazendo a integração, e Y variando de 0 a h: JXY = (h2.b2)/8 0 b 0 b X h b x y dS ◦ dy (x, y) Y 26 d. Usar a figura do exercício 6b (página 22): Retângulo A: JXY = JX’Y’ + S.aX.aY = 0 + (100 x 300).(-250).(200) = -1,5 x 109 mm4 Retângulo C: JXY = JX’Y’ + S.aX.aY = 0 + (100 x 300).(250).(-200) = -1,5 x 109 mm4 Retângulo B: JXY = 0 (X ou Y são eixos de simetria da seção) Total: JXY = -3 x 109 mm4 10. Rotação de eixos: A equação que fornece o momento de inércia Ju, em relação a uma direção u que faz θ com a direção x: Ju = (Jx + Jy) / 2 + ( (Jx – Jy)/2).cos 2θ - Jxy.sen 2θ (I) Para a direção v, que faz θ + 90º com a direção x, basta substituir θ por θ + 90º: Jv = (Jx + Jy) / 2 - ( (Jx – Jy)/2).cos 2θ + Jxy.sen 2θ (II) A equação que fornece o produto de inércia Juv, em relação a uma direção u que faz θ com a direção x: Juv = ((Jx - Jy) / 2).sen 2θ + Jxy.cos 2θ (III) X Y dS U V S θ θ 27 11. Momentos principais de inércia: Os momentos de inércia variam conforme a direção θ. Consideremos os eixos girando em torno do CG de uma seção. A equação que nos fornece os momentos de inércia (J) que ocorrem nos eixos que giram em torno do CG é a equação I. Dentre todos esses eixos, existirá um deles que terá o maior de todos os J, e outro que terá o menor de todos os J. Estes são os Eixos Principais de Inércia, e os momentos de inércia que neles ocorrem são os Momentos Principais de Inércia. Como determiná-los? Calculando-se o valor máximo de J (deriva-se a equação I e iguala-se a ZERO): dJu/dθ = -2 ((Jx – Jy)/2).sen 2θ - 2 Jxy.cos 2θ = 0 tg 2θP = - 2 Jxy / (Jx – Jy) (IV) Se Jx > Jy θ fornecerá o máximo dos Ju (θ1) Se Jx < Jy θ fornecerá o mínimo dos Ju (θ2) Se Jx = Jy θ1 ou θ2? Se JXY < 0 tg 2θP = +∞ 2θP=+90º e θP=+45º Se JXY > 0 tg 2θP = -∞ 2θP=-90º e θP=-45º Mas qual será a direção 1 e qual será a 2? (Vide exercício 14g) Convenção de sinais: sentido trigonométrico. Os eixos do máximo e do mínimo são ortogonais. Substituindo-se o valor encontrado de θ (equação IV) na equação I, teremos: Jmáx,mín = (Jx + Jy)/2 ± √ ((Jx - Jy)/2)2 + Jxy2 Usando-se o “+”, obtemos o máximo; e se usarmos o “-“, obtemos o mínimo. Substituindo-se θP na equação III: Juv = 0 28 12. Exercício: Considerando-se a seção reta do exercício 6b, calcular os momentos principais de inércia e os eixos principais de inércia. Usando os resultados já obtidos nos exercícios 6b e 9d, temos: JX = 2,900 x 109 mm4 e JY = 5,600 x 109 mm4 JXY = -3 x 109 mm4 Como Jx < Jy o θ encontrado será o do Jmínimo tg 2θ2 = - 2 Jxy / (Jx – Jy) tg 2θ2 = - 2 x (-3 x 109) / (2,900 x 109 - 5,600 x 109) = -2,22 2θ2 = -65,8º θ2 = -32,9º A direção θ1 = θ2 + 90º = 57,1º Jmáx,mín = (Jx + Jy)/2 ± √ ((Jx - Jy)/2)2 + Jxy2 Jmáx = 7,54 x 109 mm4 (direção θ1) Jmín = 0,96 x 109 mm4 (direção θ2) 13. Círculo de Mohr: obtenção dos momentos principais de inércia e suas direções pelo método gráfico Dados: Jx , Jy e Jxy Através de uma escala escolhida de forma conveniente (combinando-se clareza da figura – o método é gráfico – com o tamanho disponível do papel para o desenho), associar os valores acima a comprimentos: Jx – OE ; Jy - OF ; Jxy – EM Traça-se um par de eixos coordenados. Na horizontal marcaremos os momentos de inércia. Na vertical, o produto de inércia, ambos com origem em 0. 29 Construção do círculo: Centro: OC = (OE + OF) / 2 = (Jx + Jy) / 2 Raio: CMOs pontos deverão estar sobre o círculo. O ponto sobre o círculo que apresenta o maior dos J, é o ponto B. Então: OB = Jmáx O que apresenta o menor dos J é o ponto A: OA = Jmín X C X O 1 2 X E F M A B x y Θ1 Θ2 30 14. Exercícios: a. Determinar o CG da seção, e os momentos principais de inércia e suas direções. CG: x = 75mm y = ((150x200x100) - (100x175x112,5)) / (150x200 – 100x175) = = 82,5mm JX’ = (25x117,53/3)x2 + (150x82,53/3) – (100x57,53/3) = 48,776x106mm4 JY’ = (200x1503/12) – (175x1003/12) = 41,667x106mm4 JX’Y’ = 0 (pela simetria em torno de Y’) Como JX’ > JY’ θ1 : tg 2θ1 = - 2 JX’Y’ / (JX’ – JY’) = 0 θ1 = 0º X’ e Y’ são os eixos principais de inércia, e JX’ e JY’, os momentos principais de inércia. 100mm 25mm 25mm 175mm 25mm X Y X CG X’ Y’ 75mm 82,5mm 31 b. Determinar o CG da seção, e os momentos principais de inércia e suas direções. CG: x = (90x10x55 + 190x10x105+10x300x5)/ (90x10+190x10+300x10) = 45,5mm y = (90x10x295+190x10x5+300x10x150)/ (90x10+190x10+300x10) = 125mm JX’ = (90x103/12) + 1702x90x10 + (10x1753/3) + (190x103/12) + 1202x190x10 + (10x1253/3) = = 77,768x106mm4 JY’ = (10x54,53/3) + (10x154,53/3) + + (300x45,53/3) – (280x35,53/3) = = 18,077x106mm4 Para o cálculo do JX’Y’, faremos a divisão nos 3 retângulos que aparecem na figura (A, B e C). Para cada um deles, faremos o cálculo no seu CG (JXY=0) e somaremos aX.aY.S: 10mm 280mm 10mm 10mm 190mm 10mm 90mm X Y X CG X’ Y’ 125mm 45,5mm A B C 175mm 154,5mm 54,5mm 32 Retângulo A: JX’Y’ = 0 + 9,5x170x90x10 = 1,453x106mm4 Retângulo B: JX’Y’ = 0 + (-40,5)x25x300x10 = -3,038x106mm4 10mm 90mm 175mm 54,5mm 35,5mm 54,5 – 45 = 9,5mm X’ Y’ X’ Y’ 10mm 175mm 125mm 45,5mm 45,5 – 5 = 40,5mm 175 – 150 = 25mm 175 – 5 = 170mm 33 Retângulo C: JX’Y’ = 0 + 59,5x(-120)x190x10 = -13,566x106mm4 Total: JX’Y’ = -15,151 x106mm4 Então: JX’ = 77,768x106mm4 JY’ = 18,077x106mm4 JX’Y’ = -15,151x106mm4 Como JX’ > JY’ θ1 : tg 2θ1 = - 2 JX’Y’ / (JX’ – JY’) = 0,5077 2θ1 =26,92º θ1 =13,46º Jmax = 81,393 x106mm4 JMin = 14,452 x106mm4 X’ Y’ 10mm 190mm 125mm 35,5mm 154,5mm 125 -5 = 120mm 154,5 - 95 = 59,5mm X’ Y’ Θ1 Θ2 34 c. Determine o produto de inércia para a área em relação aos eixos X e Y. Solução: x = x y = y/2 dS =((x3 + 2x2 + 4x)/8).dx JXY = 3,12m4 d. Determine o produto de inércia para a área em relação aos eixos X e Y. Solução: x = x y = y/2 dS = √x . dx JXY = 10,7m4 e. Determine o produto de inércia para a área em relação aos eixos X e Y. Solução: JXY = (3/16).b2.h2 X Y y = (x3 + 2x2 + 4x)/8 3m 2m Y X 2m 4m y2 = x Y X h b y3 =(h3.x)/b 35 f. Determine os momentos principais de inércia, bem como as direções principais. Solução: Jmax = 113E6 mm4 Jmin = 5,03E6 mm4 θ1 = 12,3º ; θ2 = -77,7º g. Determine os momentos principais de inércia, bem como as direções principais X = (24x12x24 + 36x12x6)/(24x12 + 36x12) = = 13,2cm Y = (24x12x24 + 36x12x6)/(24x12 + 36x12) = = 13,2cm JX’ = JY’ = 12x22,83/3 + 36x13,23/3 - 24x1,33/3 = 74.995,2 cm4 JX’Y’ = 0 + (24x12)(10,8)(-7,2) + 0 + (36x12)(-7,2)(4,8) = -37.324,8 cm4 Como JX’ = JY’ θ1 ou θ2 ? tg 2θP = - 2 (-37.324,8)/0 = +∞ θP=+45º 20mm 20mm 20mm 300mm 100mm 100mm Y X 12cm 24cm 12cm 24cm X’ Y’ CG 22,8cm 22,8cm 13,2cm 13,2cm 36 Calculando Jmax e Jmin pela fórmula: Jmax = 112.320 cm4 e Jmin = 37.640,4 cm4 Pela fórmula (equação I, página 26), calculemos JθP: JθP = (74.995,2 + 74.995,2)/2 + ((74.995,2-74.995,2)/2).cos90 – (-37.324,8).sen90 = 112.320 cm4, que é o valor de Jmax Então: P é a direção 1 X’ Y’ P (1 ou 2) θP = +45º 37 Análise de Estruturas Treliças 38 1. Introdução: Cargas nos nós Ligações através de rótulas Apenas esforços normais nas barras Veremos a resolução através de 2 métodos: Método dos nós Método das seções (Ritter) 2. Grau de estaticidade: g = I + b - 2n , onde: g = grau de estaticidade n = número de rótulas (como cada rótula fornece 2 equações – ΣFX=0 e ΣFY=0 – então 2n é o número de equações) I = número reações de apoio b = número de barras I + b é o número de incógnitas – as incógnitas são as reações nos apoios (I) e o esforço normal em cada barra (b) Se: g = 0 estrutura isostática (nosso estudo) g > 0 estrutura hiperestática g < 0 estrutura hipostática39 3. Método dos nós: L2 = L3 = √ 3002 + 4002 = 500mm n = 3 I = 3 b = 3 g = 0 tg θ = 300/400 = 0,75 sen θ = 300/500 = 0,6 cos θ = 400/500 = 0,8 Equilíbrio de toda a estrutura: Σ FH = 0 HA = 0 Σ FV = 0 VA + VB = 10 Σ MB = 0 800.VA = 10x400 VA = 5 KN VB = 5 KN Equilíbrio de cada nó (caso não tenha certeza do correto sentido das cargas, coloque-as como de tração): Nó A: Σ FH = 0 0 + N1 + N2.cosθ = 0 Σ FV = 0 VA + N2.senθ = 0 N2 = -8,33 KN (comp.) N1 = 6,67 KN (tração) 10KN C B A 300mm 400mm 400mm θ θ HA VA VB 1 2 3 A HA VA θ N2 N1 40 Nó B: Σ FH = 0 N1 + N3.cosθ = 0 N3 = - 8,33 KN (comp) 4. Exercícios: Calcular as reações nos apoios e os esforços normais na barras n = 3 a. I = 4 g = 0 b = 2 Calculando: L1 = 461mm L2 = 570mm Sen θ1 = 0,76; cos θ1 = 0,65 Sen θ2 = 0,61; cos θ2 = 0,79 Equilíbrio de toda a estrutura: Σ FH = 0 HA + 20 = HB Σ FV = 0 VA + VB = 100 Σ MB = 0 750.VA + 20x350 = 100x450 VA = 50,7 KN VB = 49,3 KN Nó A: Σ FH = 0 HA + N1.cosθ1 = 0 HA = 43,4KN Σ FV = 0 VA + N1.senθ1 = 0 N1 = -66,8 KN (comp.) B N1 VB θ N3 1 2 3 -8,33KN -8,33KN 6,67KN 300mm 450mm 350mm VA VB HB HA 20KN 100KN 2 1 Θ1 Θ2 A HA VA θ1 N1 C B A 41 HB = 63,4KN Nó B: Σ FH = 0 HB + N2.cosθ2 = 0 N2 = - 80,3 KN (comp) b. Calculando: L2 = L3 = L5 = 707mm senθ = 0,707 cosθ = 0,707 Equilíbrio de toda a estrutura: Σ FH = 0 HA = 0 Σ FV = 0 VB = VA + 80 Σ MB = 0 1000.VA = 80x500 VA = 40KN VB = 120KN Nó A: Σ FH = 0 HA + N2.cosθ + N1 = 0 Σ FV = 0 VA = N2.senθ = 0 N2 = 56,6 KN (tração) N1 = -40KN (compressão) B VB θ2 N2 1 2 -80,3KN -66,8KN HB VA HA Vb A B C D 80KN 500mm 500mm 500mm 500mm θ θ θ θ 4 1 2 3 5 A HA VA θ N2 N1 42 Nó D: Σ FH = 0 N4 + N5.cosθ = 0 Σ FV = 0 80 + N5.senθ = 0 N5 = -113,2KN (comp.) N4 = 80KN (tração) Nó C: Σ FH = 0 N4 + N3.cosθ = N2.cosθ N3 = -56,6KN (compressão) 5. Método das seções (Ritter): Bases do método: Σ FH = 0 HA Σ FV = 0 VA Σ MP = 0 VB No caso do corte na estrutura, ficamos com as incógnitas: N3, N7 e N12. Resolução (por exemplo): Σ MD = 0 acha-se N3 Σ MG = 0 acha-se N7 Σ FV = 0 acha-se N12 D 80KN θ N5 N4 C N4 N3 N2 θ θ VA VB HA F1 F2 F3 F4 A B C D E F G H I 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 VA HA F 1 2 10 F1 6 C G 11 F2 7 12 D 3 N3 N12 N7 43 Aplicação: Calcular os esforços normais nas barras 2, 8 e 17. Σ FH = 0 HA = 6tf Σ FV = 0 VA + VB = 10tf Σ MB = 0 12VA + 6x2 = 6x8 + 4x6 VA = 5tf VB = 5tf Σ MI = 0 4VA + 2xHA = 2xN17 N17 = 16tf (T) Σ MD = 0 4VA + 6x2 + 2xN2 = 0 N2 = -16tf(C) Σ FV = 0 VA = 6 + N8 N8 = -1tf (C) Pelo mesmo método, calcule os esforços normais nas barras 3, 9, 11, 18 e 19. Respostas: N3 = 10tf (C) ; N9 = 1,4tf (T); N11 = -7,07tf(C); N18 = 15tf(T); N19 = 15tf (T) VA HA VB A B C H D I E J F K G L 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 2m 2m 2m 2m 2m 2m 2m 6tf 6tf 4tf VA HA A 5 16 6tf C 6 7 1 6tf I 8 17 N2 D N8 N17 44 6. Por qualquer método, determinar as reações nos apoios, bem como os esforços normais em cada barra: a. Resp: N1=19,7KN(T); N2=49,2KN(C); N3=33,8KN(T) N4=12,6KN(C); N5=12,6KN(C); HD=19,2KN (p/direita) VC=49,2KN(p/cima); VD=1,4KN (p/baixo) b. A B C D 30KN 10KN1,8m 1,5m 5,0m 4 1 2 3 5 C 2,0m 2,0m 500N A B 15KN 45 c. 7. Determinar as reações nos apoios e o esforço normal em cada barra. 8. Determinar as reações nos apoios e o esforço normal em cada barra. A 3,0m 3,0m 4,0m B C D 400N 600N 6KN 20KN 1 4 2 3 5 2m 2m 1,5m 6KN 40KN 1 6 2 3 5 1,2m 1,2m 1,6m 1,2m 1,2m 4 7 46 9. Calcule as reações nos apoios e os esforços normais nas barras, pelo método de Ritter. Sugestão: Faça os seguintes cortes: 1-2 ; 2-3-4 ; 4-5-6; 6-7-8; 8-9 18KN 1 6 2 3 5 2m 2m 2m 7 2m 36N 4 8 9 47 Forças de atrito 48 1. Conceituação: Força de atrito surge para resistir ao movimento de duas superfícies em contato, que deslizam uma em relação à outra. Tal força sempre atua tangenciando a superfície nos pontos de contato, e é direcionada de modo a se opor ao movimento possível (ou já existente) entre as superfícies. 2. Classificação: a) Seco: ocorre entre as superfícies de contato dos corpos quando não existe um fluido lubrificante. b) Estático: ocorre quando existe a iminência de deslizamento entre as duas superfícies. c) Dinâmico (cinético): ocorre quando o deslizamento já está ocorrendo. 3. Coeficientes de atrito: À medida que F aumenta, Fa aumenta lentamente, até chegar na iminência de deslizamento. Nesse momento, o bloco está em equilíbrio instável, pois qualquer adicional em F fará com que o bloco se mova. Experimentalmente, verifica-se que a força Fa, no seu limite (que chamaremos de FS), é diretamente proporcional à força normal N: FS = µS.N , onde µS é o coeficiente de atrito estático entre as duas superfícies. Se o valor de F for aumentado de modo que se torne ligeiramente maior que FS, a força de atrito na superfície de contato cairá para um valor menos que FS (que chamaremos de FK), chamado de força de atrito dinâmico (cinético). Experimentalmente, verifica-se que a intensidade da X CG a/2 a/2 P F Fa N O x 49 força de atrito dinâmico é diretamente proporcional à N: FK = µK.N , onde µK é o coeficiente de atrito dinâmico (cinético). µK < µS Em resumo: Fa é força de atrito estático se o equilíbrio está mantido Fa é força de atrito estático limite (FS) quando atinge um valor máximo necessário para manter o equilíbrio, e o movimento é iminente. Fa é for,a de atrito cnético (ou dinâmico) (FK) quando existe o deslizamento. 4. Exercícios: a) O corpo da figura tem massa de 20 kg. Com a aplicação da força de 80N, verifique se o corpo permanece em equilíbrio. Coeficiente de atrito estático: µS = 0,3 P (peso) = 20 x 9,8 = 196N Σ FH = 0 Fa = 80 cos 30º Fa = 69,3N Σ FV = 0 NC = 80 sen 30º + 196 NC = 236N Σ MO = 0 NC . x + 80 sen 30º .(0,4)= 80 cos 30º . (0,2) x = -0,00908m (significa que a força N está 9,08 mm à esuqerda de O). Analisando os movimentos: Enquanto NC estiver dentro dentro da base de sustentação do corpo, não haverá tombamento não há tombamento Como: FS = µS. NC = 0,3 x 236 = 70,8N. Como Fa < FS não há deslizamento 0,8m P O 80N 30º NC Fa 0,2m x 50 b) Verifica-se que o corpo da figura começa a deslizar no plano inclinado quando θ = 25º (ângulo de atrito). Determinar µS entre as duas superfícies. P = Peso do bloco Σ FH = 0 Fa = P sen θ FS = P sen 25º = µS.NC Σ FV = 0 NC = P cos θ NC = P cos 25º P cos 25º. x = P sen 25º (0,5) Σ MO = 0 NC . x = P sen θ. (0,5) x = 0,233m < 0,3 (não há tombamento) P sen 25º = µS. P cos 25º µS = tg 25º = 0,466 c) A escada de massa 10kg apoia-se contra a parede lisa em B, e em A, apoia-se no plano horizontal de coeficiente de atrito estático µS = 0,3. Determinar o ângulo θ e a reação normal em B quando a escada estiver na iminência de deslizamento. P = 10 x 9,8 = 98N Σ FH = 0 FS = NB = µS.NA = = 0,3 NA Σ FV = 0 NA = P = 98N NB = FS = 29,4N Σ MA = 0 NB.(4 senθ)= P.(2 cosθ) tgθ=1,667 θ = 59º CG θ P θ O 0,6m 0,5m NC Fa x 4m θ CG P 2cos θ 2cos θ FS NA NB A B 51 d) Os coeficientes de atrito estático em B e C são: µB = 0,2 e µC = 0,5. Determinar F necessário para puxar o poste de debaixo da viga. Desprezar os pesos dos componentes e a espessura da viga. Σ FH = 0 HA = FB Σ FV = 0 VA + NB = 800 Σ MB = 0 4VA = 800x2 VA = 400N NB = 400N Σ FH = 0 F = FC + FB Σ FV = 0 NC = NB = 400N Σ MC = 0 0,25F = FB Σ MB = 0 0,75F = FC Podem ocorrer 2 situações: O poste desliza em B e gira em C: FB = µB.NB = 0,2 . 400 = 80N FC ≤ µC.NC FC ≤ 0,5.400 FC ≤ 200N 0,25F = 80 F = 320N FC = 240N Como FC deveria ser ≤ 200N contraria a hipótese O poste desliza em C e gira em B: FC = µC.NC = 0,5 . 400 = 200N FB ≤ µB.NB FB ≤ 0,2.400 FB ≤ 80N 0,75F = 200 F = 267N FB = 67N Como FB deveria ser ≤ 80N hipótese confirmada Quando F = 267N o poste desliza em C e gira em B 4m A B C F 0,75m 0,25m 2m 2m 200N/m 800N VA HA NB FB F 0,75m 0,25m FB FC NB NC 52 e) No sistema abaixo, o corpo de massa m2 = 8,1kg desce com velocidade constante. O coeficiente de atrito cinético (dinâmico) entre o corpo de massa m1 e a superfície horizontal é 0,30. Determinar a massa m1, em kg. Corpo 2: P2 = 8,1 x 9,8 = 79,4N Se a velocidade do corpo 2 é cte Aceleração = 0 P2 = T = 79,4N Corpo 1: Σ FH = 0 F1 = T = 79,4NΣ FV = 0 N1 = P1 F1 = µ1.N1 79,4 = 0,3. N1 N1 = 264,7N P1 = 264,7N m1 = 27kg f) O corpo de massa m = 2kg desliza sobre uma mesa, com atrito, na direção e sentido A-B. Sua velocidade em A é 5m/s, e se anula em B. Considerando g = 10m/s2, calcular o coeficiente de atrito dinâmico µK, sendo a distância A-B igual a 2,5m. Peso = P = 20N Σ FV = 0 P = NC NC = 20N Fa = µK. NC = 20 µK Como vA = 5m/s e vB = 0 v2 = v02 + 2.a.Δs 02 = 52 + 2a.(2,5) a = - 5 m/s2 Fa = ma = 20 µK µK = 0,5 P2 m2 m1 T T P1 N1 F1 X X A B P Fa NC 53 g) Os blocos A e B possuem massas de 3kg e 9kg, respectivamente, e estão conectados a ligações sem peso. Determinar a maior força P, aplicada em C, sem causar qualquer movimento. O coeficiente de atrito estático entre os blocos e as superfícies é µS = 0,3. Σ FH = 0 FBC = FAC sen30º Σ FV = 0 P = FAC cos 30º FAC=1,154P Pino C: FBC=0,578P Σ FH = 0 FA = FAC sen 30º = 0,578P Bloco A: Σ FV = 0 29,4 + FAC.cos30º = NA PA = 3x9,8=29,4N NA = 29,4 + P Bloco B: Σ FH = 0 FBC = FB = 0,578P PB = 9x9,8=88,2N Σ FV = 0 NB = PB = 88,2N Na iminência do deslizamento: Bloco A: FA = µS.NA 0,578P = 0,3 . (29,4 + P) P = 31,8N Bloco B: FB = µS.NB 0,578P = 0,3 . (88,2) P = 45,8N Conclusão: Quando P chegar a 31,8N, ocorrerá o deslizamento do bloco A Pmáx = 31,8N A B C P 30º C P 30º FBC FAC A FAC 30º FA NA PA B FBC PB NB FB 54 h) Se P =200N, faça o estudo do atrito entre o bloco e o piso. A massa do bloco vale 50kg. Dado: µS = 0,3 senθ = 0,6 Peso = 50 x 9,8 = 490kg Σ FH = 0 FB = P cos θ = 200 x 0,8 = 160N Σ FV = 0 NB = 490 + P senθ = 610N Para que houvesse deslizamento: FB = µS. NB = 0,3 x 610 = 183N Como FB = 160N não ocorre deslizamento i) Determinar P máximo para que não haja deslizamento dos blocos de 50kg cada um. Dado: µS = 0,25 Peso de cada bloco = 50x9,8= = 490N Bloco A: Σ FH = 0 FA = T Σ FV = 0 NA = 490N Na iminência do deslizamento: FA = µS.NA = 0,25 . 490 = 122,5N T = 122,5N Bloco B: Σ FH = 0 P cos 30º = T + FB = 122,5 + FB FB = P cos 30º - 122,5 Σ FV = 0 P sen 30º + NB = 490 NB = 490 – P sen30º Na iminência do deslizamento: FB = µS.NB P cos 30º - 122,5 = 0,25 (490 – P sen30º) Pmax =247N P θ 490N FB B NB P 30º A B 490N 490N NB NA FB FA T 55 j) Determinar P máximo para que não haja qualquer movimento do bloco de 125kg. Dado: µS = 0,4 Peso do bloco = 125 x 9,8 = 1.225N Σ FH = 0 P = FB Σ FV = 0 NB = 1.225N Na iminência do deslizamento: FB = µS. NB = 0,4 x 1.225 = 490N P = 490N Na iminência do tombamento: x = 0,45m Σ MO = 0 1,35P = NB . 0,45 P = 408 N Assim, Pmáximo para que não haja qualquer deslocamento é 408N k) Seja a situação da figura. O homem conseguirá mover o bloco? Se puder, haverá deslizamento ou tombamento do bloco? Dados: Massas: Bloco = 90kg; Homem = 75kg (usar g = 10m/s2) Coeficientes de atrito estático: Entre bloco e piso = 0,25 ; Entre sapato do homem e piso = 0,6 Pbloco = 900N Phomem = 750N Homem: Σ FH = 0 R = FA Σ FV = 0 NA = 750N A maior força que o homem poderá aplicar (e receber) será na iminência do deslizamento: FA = µS.NA = 450N R = 450N B NB FB 1.225N P x 1,35m 0,45m 0,45m O CG B 0,9m 0,9m 1,2m R R X 750N 900N NB NA FA FB x A O 56 Bloco : Σ FH = 0 R = FB Σ FV = 0 NB = 900N Para que o bloco esteja na iminência de deslizar: FB = µS.NB = 225N Como a força aplicada pelo homem (R) pode chegar a 450N, maior que a força de atrito do bloco, então este é movido. Na iminência do tombamento: x = 0,45m Σ MO = 0 R x 1,2 = 900 x 0,45 R = 337,5N Como a força necessária ao deslizamento (225N) é menor que a necessária ao tombamento (337,5N), então o bloco primeiramente deslizará, e só tombará se o homem aplicar a força de 337,5N. l) Determinar a força mínima P para impedir que o bloco deslize para baixo. Massa do bloco: 50kg; Coeficiente de atrito estático entre o plano e o bloco: 0,25 Peso do bloco = 50 x 9,8 = 490N Σ FX = 0 FB + Pcos 30º = 490 sen 30º Σ FY = 0 NB = 490 cos 30º + P sen 30º Na iminência do deslizamento: FB = µ.NB = 0,25 (424,4 + 0,5P) = = 106 + 0,125P Fazendo a substituição de FB na primeira equação: 106 + 0,125P + P cos 30 = 490 sen 30 P = 140N 30 P NB 490 FB Y X 57 m) Determinar a força mínima P para empurrar a caixa para cima. Massa do bloco: 50kg; Coeficiente de atrito estático entreo plano e o bloco: 0,25 Peso do bloco = 50 x 9,8 = 490N Σ FX = 0 FB + 490 sen 30 = P cos 30 Σ FY = 0 NB = 490 cos 30 + P sen 30 Na iminência do deslizamento: FB = µ.NB = 0,25 (424,4 + 0,5P) = = 106 + 0,125P Fazendo a substituição de FB na primeira equação: 106 + 0,125P + 490 sen 30 = P cos 30 P = 473,7N n) O peso do poste é igual a 150N, e seu compriment é de 7,8m. Ele se apoia numa parede lisa e num piso rugoso. O coeficiente de atrito estático entre o poste e o piso é µS = 0,3. Se d = 3m, verifique se o poste permanecerá parado ou não. o) Usando a mesma figura e dados do exercício anterior, qual o d máximo para que o poste não escorregue? 30 P NB 490 FB Y X d 58 Trabalho Virtual 59 1. Introdução: O meio clássico para a solução de problemas envolvendo o equilíbrio de corpos rígidos é o uso das equações da Estática: ΣF = 0 e ΣM = 0. O método do trabalho virtual é uma alternativa que pode simplificar a solução de vários casos, além de encontrar aplicações em outras técnicas mais avançadas. 2. Deslocamento virtual: A palavra virtual significa que as quantidades são puramente imaginárias e que não precisam existir no sentido real ou físico. Assim, um deslocamento virtual é um pequeno deslocamento imaginário, arbitrariamente imposto sobre um sistema estrutural. Não há necessidade de se tratar de um deslocamento real. 3. Trabalho virtual: O trabalho realizado por forças reais durante um deslocamento virtual é chamado de trabalho virtual. O trabalho virtual realizado por uma força real F tendo um deslocamento virtual δr é: δU = F . δr.. O trabalho virtual realizado por um binário M que sofre uma rotação virtual δθ é: δU = M . δθ. 4. Princípio do Trabalho Virtual: O princípio do trabalho virtual afirma que, se um corpo está em equilíbrio, a soma algébrica do trabalho virtual realizado por todas as forças e momentos binários reais que atuam sobre o corpo é ZERO. 60 5. Roteiro para a aplicação do Princípio do Trabalho Virtual: a. Retira-se o vínculo correspondente à incógnita, substituindo- o pela incógnita para manterv o equilíbrio. A incógnita para a ser considerada carga externa ativa. b. Aplica-se um deslocamento virtual compatível com as ligações remanescentes da estrutura. c. Calcula-se o trabalho virtual de todos os esforços externos, igualando-o a ZERO. 6. Aplicações: a. Determinar a reação VA no apoio A, para o carregamento: δC / 6 = δA / 10 δC = 0,6 δA δD / 5 = δA / 10 δD = 0,5 δA As forças que produzem trabalho são: VA, 2KN e 10KN. Então, aplicando-se o Princípio do Trabalho Virtual: - VA . δA + 2 . δC + 10 . δD = 0 - VA . δA + 2 . 0,6 δA + 10 . 0,5 δA = 0 VA = 6,2 KN 4m 1m 5m 2KN 10KN A B VA VB HB 2KN 10KN VA C D δA δC δD VB HB 61 b. Calcular a força de compressão sofrida pelo bloco D, em função de F, θ e L. As barras AB e BC têm comprimento L. Na posição inicial: YB = L cos θ e XC = 2 L sen θ Fazendo-se as derivadas para cálculo dos δB e δC: δYB = - L sen θ . δθ e δXC = 2L cos θ. Δθ O trabalho virtual é dado por: δU = F . δYB + HC . δXC = 0 As demais forças não executam trabalho. Substituindo os valores conhecidos: δU = F . (- L sen θ . δθ) + HC .( 2L cos θ. δθ) = 0 HC = (F tg θ) / 2 δB δθ δC A B C D F θ θ F VA VC HA HC F B C
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