Exemplo diagramas para pórtico

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Classifique a estrutura, encontre as reações de apoio e esboce os diagramas de Esforços Solicitantes
Internos por meio de métodos diretos.
Solução:
Classificação:
g = grau de hiperestaticidade;
g = (núm. de incógnitas + núm. de tirantes) – (núm. de equações + núm. de rótulas);
g = (3 + 0) – (3 + 0);
g = 0, .: estrutura isostática, as equações de equilíbrio são suficientes para se determinar as
incógintas (ações externas – reações de apoio).
Reações de apoio:
ΣMa = 0
+(Rvb*5m) – (4kN*3m) - ((2,4kN/m*5m)*(5m/2)) + ((3kN/m*4m/2)*(4m/3)) = 0
-(Rvb*5m) = 26kN.m
Rvb = +6,8kN ↑
Σfx = 0
Rhb + 4kN – (3kN/m*4m/2) = 0
Rhb = +2kN →
Σfy = 0
Rva + Rvb - (2,4kN/m*5m) = 0
Rva + 6,8kN - 12kN = 0
Rva = +5,2kN ↑
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Temos então a representação das reações de apoio:
Será utilizado o Método direto para o esboço dos diagramas de Esforços Solicitantes Internos. As
regras citadas foram retiradas da obra encontrada na Referência Bibliográfica.
Antes de iniciar deve-se lembrar como representar os diagramas quanto ao sinal:
O Diagrama de Momento Fletor (DMF) será positivo quando a fibra tracionada for voltada para o
observador.
Sugere-se iniciar pelo esboço do Diagrama de Esforço Normal (DEN), pois não há um
relacionamento direto entre este diagrama e os demais. Trata-se de um diagrama de simples
obtenção, pois as relações diferenciais nos mostram que este diagrama será sempre uma linha
horizontal paralela ao eixo da barra, positiva se tração e negativa se compressão. 
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DEN
Analisando as barras em um percurso horário, inicia-se pela barra AD. Não há nenhuma
ação aplicada ao eixo desta barra senão a carga Rva = 5,2kN. Imaginado uma seção AS, onde S é
um ponto qualquer entre A e D:
Para ocorrer o equilíbrio da seção AS, o vetor N deve ser de mesma intensidade
mas consentido oposto que o vetor Rva.
Os vetores Rva e N estão comprimindo o trecho AS, então o esforço Normal será
de – 5,2kN (o sinal negativo indica compressão).
Como não há nenhuma ação vertical entre os pontos AD, os valores dos esforços
Normais nesta seção será o mesmo: -5,2kN (compressão)
Para esboçar o diagrama de esforços Normais da barra DE, deve-se acumular em D todos os
esforços horizontais (pois a barra DE é horizontal) que ocorreram de A à D. Há somente o esforço
horizontal de 4kN aplicado em C. Então em F à um acumulo (somatório de esforços horizontais) de
4kN. Imaginando uma seção S entre D e E: 
Percebemos que o trecho DS está comprimido, com N = - 4kN (negativo pois tem-se compressão),
como não há esforços horizontais (vide o carregamento da estrutura) no trecho DE, temos que o
esforço normal neste trecho será -4kN (compressão).
Para esboçar os esforços normais na última barra, BE, podemos raciocinar em um trecho BS:
O raciocínio para o trecho BE será análogo ao trecho AD já analisado: teremos um
esforço normal de mesma intensidade de Rvb e negativo pois Rvb e N promovem
uma compressão ao longo de todo o trecho BE.
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Pelo método direto para o esboço dos diagramas, o próximo esboço deve ser feito para o Diagrama
de Esforços Cortantes (DEC):
DEC
No trecho AC não há nenhuma ação perpendicular a esta barra, portanto não há cortante e o
diagrama é nulo neste trecho.
No ponto C há uma carga concentrada de 4kN, temos uma regra para isto: “uma força concentrada
perpendicular ao eixo do elemento gera uma descontinuidade no diagrama do cortante, no valor
da força”, por isto no ponto C o diagrama de cortantes sai de zero (que veio do trecho AC) e vai à
4kN no sentido que a força concentrada aponta, portanto o esforço cortante será negativo.
No trecho CD não há carregamento distribuído e portanto (regra): “num trecho sem carregamento
aplicado (q=0), o esforço cortante não varia (Q é constante)” e é iqual a -4kN, assim termina-se o
esboço do DEC para a barra AD.
O próximo trecho compreende toda a barra DE. Para começar a esboçar o diagrama nesta
barra somamos todas as cargas verticais que ocorreram na estrutura até o ponto D (primeiro ponto
do trecho que esboçaremos o gráfico) ficamos com uma carga vertical para cima de 5,2kN –
aplicamos a regra: “uma força concentrada perpendicular ao eixo do elemento gera uma
descontinuidade no diagrama do cortante, no valor da força”, assim o gráfico inicia-se positivo
com o valor da carga.
No trecho DE temos uma carga uniformemente distribuída, (outra regra) “num trecho com
carga uniformemente distribuída (q = constante = 2,4kN/m), o cortante é descrito por uma
equação do primeiro grau (Q é linear – reta inclinada)”. Já sabemos que na extremidade D o
diagrama começa como +5,2kN, para saber o cortante em E temos que acumular todos os esforços
perpendiculares (cortantes) que ocorrerem no trecho (de D até E): +5,2kN – (2,4kN/m * 5m) =
-6,8kN. Ficamos com dois pontos a serem ligados por uma reta inclinada: +5,2kN em D e -6,8kN
em E, ligando estes pontos teremos o esboço do DEC para este trecho.
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A barra BE será o último trecho a se esboçar o DEC. Veja a regra: “Num trecho com carga
triangular (q = linear), o esforço cortante varia segundo uma equação do segundo grau (Q é
parabólico) com concavidade voltada para o carregamento”.
Para esboçar a parábola na barra BE, temos que saber os valores dos cortantes em seus
extremos, somente as forças horizontais do pórtico que provocarão cortante nesta barra – no
extremo B só há uma carga aplicada (Rvb) de 2kN→, fazendo a soma de todas as cargas horizontais
existentes nos trechos ACDE encontra-se 4kN→ e aplicando a regra: “uma força concentrada
perpendicular ao eixo do elemento gera uma descontinuidade no diagrama do cortante, no valor
da força”. ATENÇÃO: devemos iniciar a aplicação desta regra pelo ponto B! Continuando: se 2kN
aponta para a direita então o diagrama DEC parte de B valendo -2kN, note que o valor deste
diagrama é negativo para o lado direito das barras verticais.
Ao longo do trecho BE (percorrido de B para E) há um carregamento linearmente
distribuído (carregamento triangular), assim à carga de 2kN deve ser somada ao carregamento para
se encontrar o valor do cortante em E: -2kN + (3kN/m * 4m)/2 = 4kN, isto comprova o que já
havia-se encontrado: o valor do cortante no ponto E é 4kN, porém agora conhece-se o seu sinal:
positivo. Conhecendo os valores dos cortantes nos pontos B e E, basta ligá-los por uma parábola
para se ter o esboço do DEC nesta barra.
Pontos importantes: no diagrama que esboçou-se, temos dois pontos onde o DEC “corta” o
eixo de uma barra, ou seja, onde o DEC é nulo em um trecho, devemos conhecer onde isto ocorre
para melhor determinar o próximo diagrama a esboçar: o DMF.
Trecho DE,
carregam. uniforme :. o cortante é nulo em x', onde: q * x' = cortante na extremidade,
considerando o a extremidade D teremos: x' = 5,2kN / 2,4kN/m; x' = 2,17m.
Trecho BE,
carregam. linear :. o cortante é nulo em x”, onde: ((x''*q/L)*x'')/2 = cortante na extremidade,
considerando a extremidade E teremos: (x''2*3kN/m/4m)/2 = 4kN; x'' = 3,27m.
DMF
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Para se esboçar o Diagrama de Momento Fletor (DMF), deve-se usar a relação diferencial
entre Momentos fletores e Cortantes: M = ∫Q.dx; assim os Momentos fletores são as áreas do DEC
acumuladas, ou seja: para se saber o valor do momento em um ponto soma-se o momento do ponto
anterior à área até o ponto desejado.
No DEC, trecho AC a área é nula, como não se tem nenhum momento anterior (MA=0) então
o DMF será nulo neste trecho: MC = MA + área entre AC = 0 + 0 = 0
No trecho CD temos a carga concentrada de 4kN, temos a regra: “uma força perpendicular
ao eixo do elemento (…) no diagrama de momentos (…) se verifica um ponto anguloso”. No ponto
D temosuma área retangular do DEC: -4kN * 1m = -4kN/m. O valor do momento em D:
MD = MC + áreaCD = 0kN.m + (-4kN.m).Liga-se o valor do Momento fletor nulo, em C, com o valor
do Momento -4kN/m, em D, com uma reta pois: “num trecho sem carregamento aplicado (q=0)
(…) o momento fletor é descrito por uma equação do primeiro grau, (…) M = linear)”.
Trecho DE: em D não há carga ou momento concentrado, então conforme a regra já citada
sobre a angulosidade do DMF ou momento teremos o mesmo valor do momento encontrado no
ponto D do trecho CD (-4kN). No ponto E do trecho DE, o momento será a soma de todas as áreas
de cortante: uma área nula e um retângulo (trecho AC e CD) dos dois triângulos do DEC. Para
determinar a área destes dois triângulos será imprescindível saber onde o cortante é nulo no trecho,
isto já deve estar calculado (x'=2,17m a partir do ponto D). Assim:
ME = MD + áreaDE = (-4kN) + (+5,2kN * 2,17m)/2 + (-6,8kN * (5m – 2,17m))/2 =
= -4kN.m +5,63kN.m – 9,62kN.m ≈ -8,0kN.m :. ME = -8,0kN.m
Ainda no trecho DE, entre os pontos (D, -4kN.m) e (E, -8kN.m), deve-se apoiar uma parábola
com concavidade voltada para o mesmo sentido do carregamento existente na barra: “num trecho
com carga uniformemente distribuída (q = constante = 2,4kN/m), (…) o momento fletor é descrito
como uma equação do segundo grau (M = parabólico, sendo que a parábola terá sempre sua
concavidade relacionada ao sentido do carregamento)”.
Para conhecer o momento máximo no vão, e portanto conhecer onde estará o vértice da
parábola, encontraremos a área do primeiro triângulo do DEC nesta barra: Mmáx = MD + áreaD;2,17 =
-4kN +5,63kN.m :. Mmáx = +1,63kN.m (note que o valor é positivo. Assim como os pontos (D,
-4kN.m), vértice(2,17m, +1,63kN.m) e (E, -8kN.m) pode-se esboçar a parábola que é o DMF do
trecho DE.
Trecho EB: “num trecho com carga triangular (q = linear),o momento fletor é descrito por
uma equação do terceiro grau (M = cúbico)” assim M será uma parábola do terceiro grau. Em E
não há carga ou momento concentrado, então conforme a regra já citada sobre a angulosidade do
DMF ou momento teremos o mesmo valor do momento encontrado no ponto E do trecho DE (-
8kN). O momento no ponto B será nulo, pois trata-se de um apoio do segundo gênero sem momento
concentrado, mas podemos comprovar isto somando-se as áreas do DEC: MB = ME + (área da
parábola de E até x'') + (-área de x'' até B) :.
MB = -8kN.m +2/3*(4kN * 3,27m) + 1/3(-2kN.m * (4m-3,27m)) ≈ 0kN.m; c.q.d.
Já são conhecidos dois pontos para esboçar uma parábola no trecho EB (E,-8kN.m) e (B,
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0kN), a seguir a determinação de um terceiro ponto: onde o momento é máximo (em x''=3,27m a
partir de E). O momento será máximo no ponto x'' pode ser encontrado pela área da parábola entre
E e x'' do DEC. Assim: Mmáx = MB + 2/3*(4kN * 3,27m) = -8kN + 8,71kN :. Mmáx = +0,71kN.m.
Para esboçar o gráfico, basta ligar com uma parábola do terceiro grau os pontos (E; -8kN.m),
(x''; +0,71kN.m) e (B; 0kN.m).
Referência Bibliográfica:
KRIPKA, Moacir. Análise Estrutural para Engenharia Civil e Arquitetura - Estruturas Isostásticas.
São Paulo. Editora Pini, 2011. 240 p.
Anexo
Centroides e áreas de parábolas
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