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Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 1 TEORIA DAS ESTRUTURAS 1 INTRODUÇÃO À ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS O conteúdo desta apostila foi elaborado utilizando as seguintes referências bibliográficas: - Curso de Análise Estrutural Volume 1 – Estruturas Isostáticas José Carlos Süssekind Editora Globo - Estática das Estruturas Humberto de Lima Soriano Editora Ciência Moderna Parte2: 1 - Pórticos ou quadros: simples e compostos 2 - Grelhas Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 2 - Pórticos planos isostáticos: Pórtico plano ou quadro plano é toda estrutura em barras retas ou curvas situadas em um plano usualmente vertical. Existem quatro tipos fundamentais de Pórtico Simples, conforme ilustrados na figura a seguir. 1- Pórtico biapoiado 2 - Pórtico em balanço ou Pórtico engastado e livre 3 - Pórtico triarticulado 4 - Pórtico biapoiado com articulação interna e contraventado (escora ou tirante) Os Pórticos simples quando associados formam os denominados pórticos compostos, conforme ilustrado a seguir. Tirante ou Escora Tirante: barra sob tração Escora: barra sob compressão rótula 2 P q q P q P Articulações: 1, 2, 3 1 3 rótula q P Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 3 Casos de pórticos simples Hipostático: 1º Caso: pórtico biapoiado com reações de apoio concorrentes; (reações de apoio com linha de ação concorrente em um mesmo ponto, permitindo rotação em torno deste ponto) Hipostático Hipostático 2º Caso: pórtico triarticulado com apoios e rótula alinhados; (apoios e rótula no mesmo alinhamento permitindo rotação) Hipostático Hipostático Vb Va Hb Reações de apoio com linha de ação concorrendo para o mesmo ponto: b b b Pórtico gira em torno do apoio b; a a Vb Va Ha Pórtico gira em torno do apoio a; Sem equilíbrio estático Sem equilíbrio estático Reações de apoio com linha de ação concorrendo para o mesmo ponto: a Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 4 A seguir são ilustrados exemplos de ligações do tipo rótula em pórtico Metálicos: pinos, parafusos, rebites Ligação ou solda Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 5 OBS: As ligações com parafusos, soldas e cantoneiras podem ser do tipo rígido (engastado), conforme ilustrado a seguir; A seguir é ilustrado um exemplo de ligação do tipo rótula em pórtico de concreto armado: Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 6 O processo de resolução dos pórticos ou quadros compostos é semelhante ao da viga Gerber, ou seja, é necessário decompor o quadro composto em vários quadros simples. A decomposição de forma semelhante ao da viga Gerber sempre ocorre nas rótulas. Porém, existe uma diferença básica entre a decomposição de um quadro composto e de uma viga Gerber, a qual é apresentada a seguir. - Na viga Gerber a rótula pode ser apoio do 1º gênero ou do 2º gênero. - No pórtico composto a rótula sempre vira apoio do 2º gênero. A seguir são listadas algumas dicas que auxiliam o processo de decomposição. 1- Dica: a análise sempre inicia pelos apoios do 1º gênero, caso ocorra na estrutura. 2- Dica: sempre que existir um apoio do 1º gênero próximo de um tirante ou escora, o mesmo fará parte de um Pórtico biapoiado com articulação interna e contraventado (escora ou tirante). Neste caso ocorre a decomposição na rótula deste pórtico. 3- Dica: sempre que existir um apoio do 1º gênero e quenão tenha próximo um tirante ou escora, o mesmo fará parte de um Pórtico biapoiado. A análise parte deste ponto e percorre as barras até encontrar a primeira rótula, ponto no qual ocorre a decomposição. Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 7 4- Dica: após a análise dos apoios do 1º gênero, inicia-se a análise dos apoios do 2º gênero, neste caso, a análise parte deste ponto (apoio) e percorre as barras até encontrar a segunda rótula mais próxima, ponto no qual ocorre a decomposição. - quando existem dois apoios do 2º gênero sempre haverá uma rótula 5- Dica: No caso da estrutura possuir apoio do 3º gênero (engaste) a análise parte deste ponto (apoio) e percorre as barras até encontrar a rótula mais próxima, ponto no qual ocorre a decomposição. - Se na decomposição a rótula ficar somente sobre a extremidade de uma barra de um quadro simples, a mesma não precisa ser representada na decomposição. Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 8 Exemplo10: Decompor os pórticos compostos e indicar a ordem de resolução. Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 9 5 Lista de exercícios: Decompor os pórticos compostos e indicar a ordem de resolução. a) b) c) d) Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 10 e) f) g) h) Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 11 i) j) L) m) Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 12 n) o) p) q) Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 13 r) s) t) u) Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 14 Após a decomposição do pórtico composto obtêm-se os pórticos simples, cujo processo de resolução é semelhante ao das vigas simples. Para realizar esta análise deve-se utilizar o seguinte procedimento: I - Identificar as seções que devem ser consideradas na análise: . seções sobre os apoios: a, i . seções sob cargas concentradas: h . seções sob cargas momento: c . seções no início e final de cargas distribuídas: e, f . seções sobre as extremidades das barras: b, g . seções sobre as rótulas: d Na maioria dos casos as seções que devem ser consideradas se sobrepõem. II - Identificar e calcular as reações de apoio: . apoio a: reação vertical (Va), reação horizontal (Ha) . apoio i: reação vertical (Vi), reação horizontal (Hi) As reações de apoio são determinadas por das equações de equilíbrio: Fx = 0; Fy = 0; M = 0 esta equação estabelece que o somatório do momento em qualquer seção da estrutura (ex: viga, pilar) é sempre igual a zero. Esta equação é utilizada em relação a uma das seções sobre apoio, o que possibilita obter as reações de apoio com maiorfacilidade. Outro ponto relevante que deve ser esclarecido é a diferença entre o valor do momento e o somatório do momento em uma determinada seção S de uma estrutura. MS = 0 SEMPRE SERÁ ZERO. MS = PODE SER ZERO OU NÃO. III - Determinar o valor dos esforços solicitantes em cada seção considerada na análise. A determinação dos esforços solicitantes em cada seção considerada na análise permitirá a construção dos diagramadas de esforços solicitantes (DN; DV; DM). a P1 q M 1 b c d e f g h i Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 15 OBS 1: Para pórticos com barras inclinadas, os diagramas de esforços solicitantes (DN, DV, DM) são traçados aplicando-se sempre o valor do esforço em cada seção de forma perpendicular ao eixo da barra, conforme ilustrado na figura a seguir. OBS 2: Para pórticos com rótulas existe além das três equações de equilíbrio: Fx = 0; Fy = 0; M = 0; uma quarta equação: Mrótula = 0 Para este tipo de pórtico as reações de apoio são determinadas de forma mais fácil utilizando inicialmente esta quarta equação Mrótula = 0. Mrótula_pelo lado inferior = 0 Mrótula_pelo lado inferior = 0. ou ou Mrótula_pela direita = 0 Mrótula_pela esquerda = 0 OBS 3: Para pórticos contraventados (escora ou tirante), nestes casos, as barras trabalham como escora ou tirante e apresentam apenas esforço Normal constante, com cortante e momento nulos: V = 0 e M = 0 N, V, M N, V, M N, V, M N, V, M N 0 V= 0 e M= 0 TIRANTE tracionada OU ESCORA comprimida Para calcular as reações de apoio de pórtico contraventado, secciona-se esta barra, substituindo-a por um par de esforço normal em sentido opostos. N = ? Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 16 OBS 4: Conforme pode ser observado no pórtico ilustrado a seguir, o momento fletor pode tracionar: BARRAS VERTICAIS: t.f.d traciona fibra da direita; OU t.f.e traciona fibra da esquerda; BARRAS HORIZONTAIS E INCLINADAS: t.f.s traciona fibra superior; OU t.f.i traciona fibra inferior; Portanto, o momento fletor em uma dada seção transversal será definido da seguinte forma: Seção qualquer em uma barra vertical: Mci = ? Mcs = ? Ex: Mci = 12 (t.f.d) + 17 (t.f.e) = 5 kN.m (t.f.e) Mcs = 5 (t.f.e) + 0 = 5 kN.m (t.f.e) Seção qualquer em uma barra horizontal e ou inclinada: Mbe = ? Mbd = ? Ex: Mbe = 10 (t.f.s) + 18 (t.f.i) = 8 kN.m (t.f.i) Mbd = 8 (t.f.i) + 0 = 8 kN.m (t.f.i) M M M M t.f.e t.f.d t.f.s t.f.i t.f.s t.f.i c cs ci bd be b Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 17 Exemplo11: determine as reações de apoio e os diagramas de esforços solicitantes para o pórtico apresentado a seguir. Resolução: Decomposição do pórtico e ordem de resolução: Pórtico 1ª - calcular as reações de apoio: Mf_pelo_inferior = 0 + Hd . 4,0 - 3,0 = 0 Hd = 0,75 kN + Fx = 0 Hd + Hj - 2 - 1,5 + 10 = 0 Hj = - 7,25 Hj = 7,25 kN + Fy = 0 Vd + Vj = 13,0 kN Mf_pela_direita = 0 + +Vj . 8,0 - Hj . 8,0 - 1 .10,0 - 1,5 . 4,0 + R1 . 2,0 - R2 . 3,0 + 3 = 0 8 Vj = 87 kN Vj = 10,875 kN Vd = 2,125 kN Pórtico 2ª - calcular as reações de apoio: Md_pelo_inferior = 0 + - N . 4,0 + 4 = 0 N = + 1 kN + Fx = 0 Ha + N - N - 3,0 - Hd’ = 0 Ha = 3,75 kN + Fy = 0 Va + Ve = Vd’ + R3 +2 Va + Ve = 14,125 kN Md_pela_esquerda = 0 + Ha . 4,0 + N . 4,0 - Va . 5,0 + 2 . 7 + R3 . 2,5 - 4 = 0 Va = 10,8 kN Ve = 3,325 kN 2 kN 4,0 m 4,0 m 5,0 m 6,0 m 2 kN/m 4,0 m 5,0 m a 6,0 m Ha Va b d e Ve R3 = 10 kN d Hd Vd R2= 12 kN 4,0 m 4,0 m f g j Vj 1ª 2ª Vd’ Hd’ Para pórtico com rótula: iniciar os cálculos com 4ª equação sempre: MRótula =0 pelo lado menor 4 kN.m 4 kN.m 4 kN.m 4 kN.m 2 kN 2 kN Hj N = ? 1,5kN 1 kN 2,0 m 2,0 m 2,0 m 2,5 kN/m 3 kN 1,5kN 1 kN 2,0 m 2,0 m 2 kN 3 kN 2,0 m c h i R1= 10 kN Para pórtico com rótula: iniciar os cálculos com 4ª equação sempre: MRótula =0 pelo lado menor Para pórtico contraventado, a barra de contraventamento deve ser seccionada e substituída por um par de esforço normal em sentidos opostos. 3 kN.m 3 kN.m 3 kN.m 3 kN.m Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 18Resolução: 1 - calcular o esforço normal: Nas = - 10,8 kN / Nbi = - 10,8 kN / Ncd = + 3 kN / Nbe = + 3,0 kN Nbd = + 3 - 3,75 - 1 = - 1,75 kN / Nde = - 1,75 kN Nes = - 3,325 kN / Ndi = - 3,325 kN Nbarra_ae= + 1 kN Nds = - 2,125 kN / Nfi = - 2,125 kN Nfd = - 0,75 kN / Nge = - 0,75 kN Ngi ou Ngd = ? Análise pela esquerda ou superior: Mais fácil Ngi = + 1,25 cos - 9,875 . cos = - 8,27 kN = 63,430 Análise pela direita ou inferior: = 26,570 Ngi = - 9,875 cos - 8,75 . cos + 10 . cos = - 8,27 kN Nhs ou Nhe = ? Análise pela direita ou inferior: Mais fácil Nhs = - 9,875 cos - 8,75 . cos = - 12,75 kN Nhd = - 1,5 kN / Nie = - 1,5 kN / Nhi = - 10,875 kN / Njs = - 10,875 kN 2 - calcular o esforço cortante: Vas = - 3,75 - 1 = - 4,75 kN / Vbi = - 4,75 kN / Vcd = - 2,0 kN / Vbe = - 2,0 kN Vbd = + 10,8 - 2,0 = 8,80 kN / Vde = 8,80 - 10 = -1,2 kN Ves = + 1,0 kN / Vdi = + 1,0 kN Vbarra_ae = 0 Vds = - 0,75 kN / Vfi = - 0,75 kN / Vfd = + 2,125 kN / Vge = + 2,125 - 12,0 = - 9,875 kN Vgi ou Vgd = ? Análise pela esquerda ou superior: Mais fácil Vgi = - 1,25 sen - 9,875 . sen = - 5,53 kN Vhs ou Vhe = ? Análise pela direita ou inferior: Mais fácil Vhs = - 9,875 sen + 8,75 . sen = + 3,40 kN Vhd = + 1 kN / Vie = + 1 kN / Vhi = + 7,25 kN / Vjs = + 7,25 kN 4,0 m 5,0 m a 6,0 m Ha = 3,75 kN Va = 10,80 kN b d e Ve = 3,325 kN R3 = 10 kN d Hd = 0,75 kN Vd = 2,125 kN R2= 12 kN 4,0 m 4,0 m f g j Vj = 10,875 kN 1ª 2ª Vd’ = 2,125 kN Hd’ = 0, 75 kN 4 kN.m 4 kN.m 2 kN Hj = 7,25 kN N = 1 kN 1,5kN 1 kN 2,0 m 2,0 m 2 kN 3 kN 2,0 m c h i R1= 10 kN 12 - 2,125 = 9,875 kN 2 – 0,75 = 1,25 kN 10,875 - 1,0 = 9,875 kN 7,25 +1,5 = 8,75 kN g h 3 kN.m 3 kN.m 10 kN Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 19 Resolução: 3 - calcular o Momento fletor: Mas = 0 kN Mbi = [ 3,75 . 4 + 1 . 4 ] t.f.e = 19 kN.m (t.f.e) Mcd = 0 Mbe = [ 2 . 2 ] t.f.s = 4 kN.m (t.f.s) Mbd = ? Nó deve estar em equilíbrio, ou seja, Mb = 0 Momento sempre representado com a Concavidade voltada para o nó: Para Mb = 0 19 + 4 = 23 kN.m Então, Mbd = 23 kN.m (t.f.s) Mde = 4 kN.m (t.f.s) Mdi = 4 kN.m (t.f.d) Forma mais fácil Mais pode ser feita de outra forma: Mde = ? Análise pela esquerda: Mde = [ 10,8 . 5,0 ] t.f.i + [ 3,75 . 4,0 + 1 . 4,0 + 2 .7 + 10 . 2,5 ] t.f.s = 4,0 kN.m (t.f.s) Mdi = ? Análise pelo lado inferior: Mdi = [ 1 . 4,0 ] t.f.d = 4,0 kN.m (t.f.d) Mes = 0 Mbarra_ae = 0 4,0 m 5,0 m a 6,0 m Ha = 3,75 kN Va = 10,80 kN b d e Ve = 3,325 kN R3 = 10 kN d Hd = 0,75 kN Vd = 2,125 kN R2= 12 kN 4,0 m 4,0 m f g j Vj = 10,875 kN 1ª 2ª Vd’ = 2,125 kN Hd’ = 0, 75 kN 4 kN.m 4 kN.m 2 kN Hj = 7,25 kN N = 1 kN 1,5kN 1 kN 2,0 m 2,0 m 2 kN 3 kN 2,0 m c h i R1= 10 kN 3 kN.m 3 kN.m b 4 kN.m 19 kN.m ? ? Momento na rótula é zero, a não ser que exista momento aplicado e neste caso o momento na seção é o próprio momento aplicado. Momento aplicado: 4 kN.m não entra no somatório porque está depois da seção em análise seção_de d 4 kN.m de Momento aplicado: 4 kN.m não entra no somatório porque está depois da seção em análise seção_di d 4 kN.m di b 4 kN.m 19 kN.m 23 kN.m Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 20 Resolução: 3 - calcular o Momento fletor: Mds = 0 kN Mfi = 3 kN.m (t.f.e) Mfd = 3 kN.m (t.f.s) Forma mais fácil Mais pode ser feita de outra forma: Mfi = ? Análise pelo lado inferior: Mfi = [ 0,75 . 4,0 ] t.f.e = 3,0 kN.m (t.f.e) Mfd = ? Análise pela direita: Mfd = [10. 2,0+10,875 . 8 ] t.f.i + [12 . 3+1,5 . 4+1 . 10+7,25 . 8 ] t.f.s = 3,0 kN.m (t.f.s) Momento na rótula é zero, a não ser que exista momento aplicado e neste caso o momento na seção é o próprio momento aplicado. 4,0 m 5,0 m a 6,0 m Ha = 3,75 kN Va = 10,80 kN b d e Ve = 3,325 kN R3 = 10 kN d Hd = 0,75 kN Vd = 2,125 kN R2= 12 kN 4,0 m 4,0 m f g j Vj = 10,875 kN 1ª 2ª Vd’ = 2,125 kN Hd’ = 0, 75 kN 4 kN.m 4 kN.m 2 kN Hj = 7,25 kN N = 1 kN 1,5kN 1 kN 2,0 m 2,0 m 2 kN 3 kN 2,0 m c h i R1= 10 kN 3 kN.m 3 kN.m Momento aplicado: 3 kN.m não entra no somatório porque está depois da seção em análise seção_fd Momento aplicado: 3 kN.m não entra no somatório porque está depois da seção em análise seção_fi f 3 kN.m fi f 3 kN.m fd Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 21 Resolução: 3 - calcular o Momento fletor: Mge = ? Análise pela esquerda Mge = [ 2,125 . 6 ] t.f.i + [ 3 + 12 . 3,0 ] t.f.s = 26,25 kN.m (t.f.s) A rótula não transmite momento fletor, transmite apenas forças. Portanto, não entra no somatório: momento de Hd momento aplicado 3 kN.m no lado inferior de f Mgi= ------------------------------------------- = 26,25 kN.m (t.f.d) Mjs = 0 Mhi = [ 7,25 . 4 ] t.f.d = 29 kN.m (t.f.d) Mie = 0 Mhd = [ 1 . 2 ] t.f.s = 2 kN.m (t.f.s) Mhs = ? Nó deve estar em equilíbrio, ou seja, Mh = 0 Momento sempre representado com a Concavidade voltada para o nó: Para Mh = 0 29 + 2 = 31 kN.m Então, Mhs = 31 KN.m 4,0 m 5,0 m a 6,0 m Ha = 3,75 kN Va = 10,80 kN b d e Ve = 3,325 kN R3 = 10 kN d Hd = 0,75 kN Vd = 2,125 kN R2= 12 kN 4,0 m 4,0 m f g j Vj = 10,875 kN 1ª 2ª Vd’ = 2,125 kN Hd’ = 0, 75 kN 4 kN.m 4 kN.m 2 kN Hj = 7,25 kN N = 1 kN 1,5kN 1 kN 2,0 m 2,0 m 2 kN 3 kN 2,0 m c h i R1= 10 kN 3 kN.m 3 kN .m Nas quinas o momento é todo interno ou todo externo e de mesmo valor, a não ser que exista um momento aplicado na quina. EX: ou 10 (t.f.s) 10 (t.f.d) 10 (t.f.e) 10 (t.f.i) h 2 kN.m 29 kN.m ? ? h 2 kN.m 29 kN.m 31 kN.m R2= 12 kN f g 3 kN.m Vd = 2,125 kN Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 22 Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 23 Exemplo12: determine as reações de apoio e os diagramas de esforços solicitantes para o quadro apresentado a seguir. Resolução: Decomposição do quadro e ordem de resolução: Quadro 1 - calcular as reações de apoio: Me_pelo_inferior = 0 + Hc . 4,0 = 0 Hc = 0 + Fx = 0 Hc + Hg + 1,0 + R1 = 0 Hg = - 9,0 kN + Fy = 0 Vc + Vg = 0 kN Hg = 9,0 kN Me_pela_direita = 0 + 6,0 . Vg - Hg . 8,0 + R1 . 4,0 = 0 Vg = 6,67 kN Vc = - 6,67 Vc = 6,67 kN Quadro 2 - calcular as reações de apoio: Mc_pelo_inferior = 0 + Hd . 4,0 = 0 Hd = 0 + Fx = 0 Hb + Hd - 2,0 = 0 Hb = 2,0 kN + Fy = 0 Vb + Vd + Vc’ - R2 = 0 Vb + Vd = 3,33 kN Mc-esquerda = 0 + - Vb . 5,0 + R2 . 2,5 = 0 Vb = 5,0 kN Vd = - 1,67 Vd = 1,67 kN Quadro 3 - calcular as reações de apoio: + Fx = 0 Ha - Hb’ = 0 Ha = 2,0 kN + Fy = 0 Va - Vb’ = 0 Va = 5,0 kN Ma = 0 + Hb’ . 4,0 + Ma = 0 Ma = - 8,0 kN.m Ma = 8,0 kN.m 1 kN b 2 kN a b 2 kN 4,0 m 4,0 m 5,0 m 6,0 m 2 kN/m 4,0 m 6,0 m Ha Va Hb Vb R1 = 8kN c Hc Vc 4,0 m 4,0 m e f g Vg 1ª 3ª Vb’ Hb’ 1 kN 1 kN/m d c 5,0 m Vd R2 = 10 kN Vc’ Hc’ 4,0 m Ma 2ª Hd Hg Vd Hg Vc Para pórtico com rótula as reações são determinadas de forma mais fácil utilizando inicialmente: MRótula =0 pelo lado menor Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 24 Resolução: Decomposição do quadro e ordem de resolução: 1 - calcular o esforço normal: Nas = - 5,0 kN / Nbi = - 5,0 kN / Nbd = - Hb + 2,0 = 0 / Nce = 0 / Nds = 1,67 kN / Nci = 1,67 kN Ncs = 6,67 kN / Nei = 6,67 kN / Ned = - 1,0 kN / Nfe = -1,0 kN / Ngs = - 6,67 kN Nfi = - 6,67 kN 2 - calcular o esforço cortante: Vas = - 2,0 kN / Vbi = - 2,0 kN / Vbd = + 5,0 kN / Vce = 5,0 - R2 = - 5,0 kN / Vds = 0 / Vci = 0 Vcs = 0 / Vei = 0 / Ved = - 6,67 kN / Vfe = - 6,67 kN / Vgs = 9,0 kN / Vfi = 9,0 - R1 = 1,0 kN 3 - calcular o momento fletor: Mas = 8,0 kN.m (t.f.d) Mbi = Mbd = 0 / Mce = Mci = 0 Mds = 0 Mcs = 0 Mei = Med = 0 Mfe = [ Vc . 6,0 ] t.f.s = 40,0 kN.m (t.f.s) Mgs = 0 Mfi = [ Hg . 8,0 ] t.f.d + [ R2 . 4,0 ] t.f.e = 72 t.f.d + 32 t.f.e = 40,0 kN.m (t.f.d) Hg = 9,0 kN 1 kN b 2 kN a b 4,0 m 6,0 m Ha = 2 kN Va = 5,0 kN Hb= 2 kN Vb= 5,0 kN R1 = 8 kN c Hc = 0 Vc = 6,67 kN 4,0 m 4,0 m e f g Vg = 6,67 kN 1ª 3ª Vb’ = 5,0 kN Hb’ = 2 kN d c 5,0 m Vd = 1,67 kN R2 = 10 kN Vc’ = 6,67 kN Hc’ = 0t 4,0 m Ma = 8,0 kN.m 2ª Hd = 0 Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 25 6,25 kN.m Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 26 Exemplo13: determine as reações de apoio e os diagramas de esforços solicitantespara o pórtico apresentado a seguir. Resolução: Decomposição do pórtico e ordem de resolução: Pórtico 1 - calcular as reações de apoio: Mg_pela_esquerda = 0 + - Vf . 3,0 + 5,0 + 6. 1,5 - 7 = 0 Vf = 2,33 kN + Fy = 0 Vf + Vj = 7,0 kN Vj = 4,67 kN Mg_pela_esquerda = 0 + + Hj . 4,0 - 1 . 1 - 1. 2 + 7 = 0 Hj = - 1,0 Hj = 1,0 kN + Fx = 0 Hf - Hj - 1,0 = 0 Hf = 2,0 kN Pórtico 2 - calcular as reações de apoio: + Fx = 0 Ha - Hf ’ - 1,0 = 0 Ha = 3,0 kN + Fy = 0 Va = 3,0 + 1,0 + Vf ’ = 6,33 kN Ma = 0 + 3,0 . 2,0 - 5,0 -Vf ’ . 4,0 + Hf ’ . 4,0 - 1,0 . 1,0 + 1,0 . 2,0 + Ma = 0 Ma = - 0,68 kN.m Ma = 0,68 kN. m 1ª 1 kN 2,0 m 2,0 m 1,0 m 3,0 m 2 kN/m f Hf Vf f 3,0 m 1,0 m 5 kN.m 1 kN 1 kN 1 kN 5 kN.m 7 kN.m 7 kN.m 3 kN 3,0 m 1,0 m 1 kN 5 kN.m 7 kN.m 7 kN.m g h i Hj Vj j 2,0 m 2,0 m 1 kN 2,0 m 2,0 m 1,0 m 3,0 m 5 kN.m 1 kN 3 kN 2ª Hf ’ Vf ’ e d b c a Ha Va Ma R = 2 .3 = 6 kN 1 kN 2,0 m 2,0 m Hj Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 27 Resolução: 1 - calcular o esforço normal: Nas = - 6,33 kN / Nbi = - 6,33 kN / Nce= Nbd = -1,0 kN / Nbs = - 6,33 +1,0 = - 5,33 kN Nei = - 5,33 kN Ndd = 0 / Nee = 0 / Ned = - 3,0 + 1,0 = -2,0 kN / Nfe = - 2,0 kN Nfd = - 2,0 kN / Nge = - 2,0 kN / Njs= - 4,67 kN / Nhi = - 4,67 kN / Nie = Nhd = - 1,0 kN / Nhs = - 4,67 +1,0 = - 3,67 kN / Ngi = - 3,67 kN 2 - calcular o esforço cortante: Vas = - 3,0 kN / Vbi = - 3,0 kN / Vce= Vbd = 1,0 kN / Vbs = - 3,0 +1,0 = - 2,0 kN Vei = - 2,0 kN / Vdd = - 3,0 kN / Vee = - 3,0 kN / Ved = 6,33 - 3,0 - 1,0 = 2,33 kN Vfe = 2,33 kN Vfd = 2,33 kN / Vge = 2,33 - R = - 3,67 kN / Vjs= 1,0 kN / Vhi = 1,0 kN Vie = Vhd = 1,0 kN / Vhs = 1,0 + 1,0 = 2,0 kN / Vgi = 2,0 kN 3 - calcular o momento fletor: Mas = 0,68 kN.m (t. f. d) Mbi = [ 0,68 ] t.f.d + [3,0 . 2,0] t.f.e = 0,68 t.f.d + 6,0 t.f.e = 5,32 kN.m (t.f.e) Mce= 0 Mbd = [1,0 . 1,0] t.f.s = 1,0 kN.m (t.f.s) Mbs = ? Nó deve estar em equilíbrio, ou seja, Mb = 0 Momento sempre representado com a Concavidade voltada para o nó: Para Mb = 0 5,32 – 1 = 4,32 kN.m Então, Mbs = 4,32 kN.m (t.f.e) b 1,0 kN.m 1ª f Hf = 2,0 kN Vf = 2,33 t f 3,0 m 1,0 m 1 kN 5 kN.m 7 kN.m 7 kN.m g h i Hj = 1,0 kN Vj = 4,67 kN j 2,0 m 2,0 m 1 kN 2,0 m 2,0 m 1,0 m 3,0 m 5 kN.m 1 kN 3 kN 2ª Hf ’ = 2,0 kN Vf ’ = 2,33 kN e d b c a Ha = 3,0 kN Va = 6,33 kN Ma = 0,68 kN.m R = 2 .3 = 6 kN 1 kN 5,32 kN.m 2,0 m ? ? b 1,0 kN.m 5,32 kN.m 4,32 kN.m Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 28 Resolução: 3 - calcular o momento fletor: Mdd = 0 Mee = [ 3,0 . 2,0] t.f.s = 6,0 kN.m (t.f.s) Med = [5,0 + 2,33 . 4,0] t.f.s = 14,32 kN.m (t. f. s) Mfe = 5,0 kN.m (t.f.s) Mei = ? Nó deve estar em equilíbrio, ou seja, Me = 0 Momento sempre representado com a Concavidade voltada para o nó: Para Me = 0 14,32 - 6 = 8,32 kN.m Então, Mei = 8,32 kN.m (t.f.e) e 6 kN.m 14,32 kN.m ? ? e 6 kN.m 14,32 kN.m 8,32 kN.m 1ª f Hf = 2,0 kN Vf = 2,33 t f 3,0 m 1,0 m 1 kN 5 kN.m 7 kN.m 7 kN.m g h i Hj = 1,0 kN Vj = 4,67 kN j 2,0 m 2,0 m 1 kN 2,0 m 2,0 m 1,0 m 3,0 m 5 kN.m 1 kN 3 kN 2ª Hf ’ = 2,0 kN Vf ’ = 2,33 kN e d b c a Ha = 3,0 kN Va = 6,33 kN Ma = 0,68 kN.m R = 2 .3 = 6 kN 1 kN 2,0 m Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 29 Resolução: 3 - calcular o momento fletor: Mfd = 5,0 kN.m (t.f.s) Mge = pode ser obtido de duas formas: 1ª Fazendo a análise pela esquerda: [2,33 . 3,0] t.f.i + [5 + R . 1,5] t.f.s = 7 t.f.i + 14 t.f.s = 7,0 kN.m (t.f.s) OBS: a carga momento de 7,0 kN.m não entra no somatório porque está depois da seção em análise. 2ª ou diretamente, Mge = ao momento aplicada na rótula = 7,0 kN.m (t.f.s) Mjs = 0 Mhi = [1,0 . 2,0] t.f.d = 2,0 kN.m (t.f.d) Mie= 0 Mhd = [1,0 . 1,0] t.f.s = 1,0 kN.m (t.f.s) Mhs = ? Nó deve estar em equilíbrio, ou seja, Mh = 0 Momento sempre representado com a Concavidade voltada para o nó: Para Mh = 0 Mhs = 1 + 2 = 3,0 kN.m Então, Mhs = 3,0 kN.m (t.f.d) Mhs = 3,0 t. m (t. f. d.) Mgi = pode ser obtido de duas formas: 1ª Fazendo a análise pelo lado inferior [ Hj . 4,0 + 1,0 . 1,0 + 1,0 . 2,0] t.f.d = 7,0 kN.m (t.f.d) OBS: a carga momento de 7,0 kN.m não entra no somatório porque esta depois da seção em análise. 2ª ou diretamente, Mgi = ao momento aplicada na rótula = 7,0 kN.m (t.f.d) g 7 kN.m ge g 7 kN.m gi h 1,0 kN . m 2,0 kN.m ? ? b 1,0 kN.m 1,0kN.m 3,0 kN.m 1ª f Hf = 2,0 kN Vf = 2,33 t f 3,0 m 1,0 m 1 kN 5 kN.m 7 kN.m 7 kN.m g h i Hj = 1,0 kN Vj = 4,67 kN j 2,0 m 2,0 m 1 kN 2,0 m 2,0 m 1,0 m 3,0 m 5 kN.m 1 kN 3 kN 2ª Hf ’ = 2,0 kN Vf ’ = 2,33 kN e d b c a Ha = 3,0 kN Va = 6,33 kN Ma = 0,68 kN.m R = 2 .3 = 6 kN 1 kN 2,0 m Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 30 Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 31 Exemplo14: determine as reações de apoio e os diagramas de esforços solicitantes para o pórtico apresentado a seguir. Resolução: Decomposição do pórtico e ordem de resolução: Pórtico 1 - calcular as reações de apoio: Me_pela_esquerda = 0 + - Vc . 4,0 + R1 . 2,0 - 3,0 = 0 Vc = 3,25 kN + Fy = 0 Vc + Vf = 14,0 t Vf = 14,0 - 3,25 = 10,75 kN Me_pelo_inferior = 0 + Hf . 4,0 + Vf . 3,0 - R2 .1,5 + 3,0 = 0 Hf = - 6,56 Hf = 6,56 kN + Fx = 0 Hc - Hf = 0 Hc = 6,56 kN Pórtico 2 - calcular as reações de apoio: + Fx = 0 Ha + N.cos - N.cos + 2,0 - Hc ’ = 0 Ha = 4,56 kN Mc_peo_inferior = 0 + - N.cos . 4,0 + 2,0 . 4,0 = 0 N = 3,33 kN + Fy = 0 Va + Vd -1,0 - N.sen - Vc’ + N.sen = 0 Va + Vd = 4,25 kN Mc_pela_esquerda = 0 + - Va . 3,0 + Ha . 4,0 + N.sen . 3,0 + 1,0 .3,0 = 0 -3,0 Va = - 29,23 Va = 9,74 kN Va + Vd = 4,25 Vd = - 5,49 Vd = 5,49 kN Va 3 kN.m 3 kN.m 2 kN 4,0 m 4,0 m 2 kN/m 3,0 m 3 kN.m 1 kN 3,0 m 3 kN.m 2 kN 4,0 m 1 kN 3,0 m 4,0 m 3,0 m 1ª Hc Vc c Hf Vf 4,0 m R1 = 2 .4 = 8 kN R2= 2 .3 = 6 kN a b c d e f Hc ’ Vc ’ Ha Vd N N sen = 4/5 = 0,8; cos = 3/5 = 0,6; Optei pela esquerda, pois pelo lado inferior teriam duas variáveis: Vf e Hf 2ª Vd Hf Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 32 Resolução: 1 - calcular o esforço normal: Nas = - 9,74 kN / Nbi = - 9,74 kN / Nbd = - 4,56 - N.cos= - 4,56 - 3,33 . 0,6 = - 6,56 kN Nce= - 6,56 kN / Nds = + Vd - N.sen= + 5,49 - 3,33 . 0,8 = 2,83 kN / Nci = 2,83 kN Nbarra_bc = +N = 3,33 kN Ncd = - 6,56 kN / Nee = - 6,56 kN / Nfs = - Vf . cos - Hf . cos = -10,75 . 0,8 - 6,56 . 0,6 = -12,54 kN Nei = - 12,54 + R2 . cos = -12,54 + 6,0 . 0,8 = - 7,74 kN 2 - calcular o esforço cortante: Vas = - 4,56 kN / Vbi = - 4,56 kN / Vbd = 9,74 - 1,0 - N.sen= 8,74 - 3,33 . 0,8 = 6,08 kN Vce= 6,08 kN / Vds = - 2,0 + N.cos= - 2,0 + 3,33 . 0,6 = 0,002 = 0 / Vci = 0 kN Vbarra_bc = 0 (atua como tirante, portanto sofre apenas esforço normal) Vcd = 3,25 kN / Vee = 3,25 - R1 = - 4,75 kN / Vfs = - Vf . sen + Hf . sen = = -10,75 . 0,6 + 6,56 . 0,8 = -1,20 kN Vei = - 1,20 + R2 . sen = -1,20 + 6,0 . 0,6 = 2,40 kN 3 - calcular o momento fletor: Mas = 0 Mbi = [4,56 . 4,0] t.f.e = 18,24 kN.m (t.f.e) Mbd = 18,24 kN.m (t. f. s) Mce= 0 / Mds = 0 / Mci = 0 Mbarra_bc = 0 (atua como tirante, portanto sofre apenas esforço normal) Mcd = 0 / Mfe = [3,25 . 4,0] t.f.i + [R1 . 2,0] t.f.s = 13 t.f.i + 16 t.f.s = 3,0 kN.m (t.f.s) = ou de forma direta = 3,0 kN.m (t.f.s) Mfs = 0 Mei = [10,75 . 3,0] t.f.i + [ 6,56 . 4 + R2 . 1,5] t.f.s = 32,25 t.f.i + 35,24 t.f.s = 3,0 kN.m (t.f.s) = ou de forma direta = 3,0 kN.m (t.f.s) Va = 9,74 kN 3 kN.m 3 kN.m 2 kN 4,0 m 1 kN 3,0 m 4,0 m 3,0 m 1ª Hc = 6,56 t Vc = 3,25 kN c Hf = 6,56 kN Vf = 10,75 kN 4,0 m R1 = 8 kN R2 = 6 kN a b c d e f Hc ’ = 6,56 t Vc ’ = 3,25 kN Ha = 4,56 kN Vd = 5,49 kN N=3,33 kN N = 3,33 t sen = 4/5 = 0,8; cos = 3/5 = 0,6; sen = 3/5 = 0,6; cos = 4/5 = 0,8; 2ª Vf Hf R2 Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 33 Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 34 Exemplo15: determine as reações de apoio e os diagramas de esforços solicitantes para o pórtico apresentado a seguir. Resolução: Decomposição do pórticoe ordem de resolução: Pórtico 1 - calcular as reações de apoio: Md_pela_direita = 0 + Ve . 3,0 - R2 . 1,5 + 3,0 = 0 Ve = 2,0 kN + Fy = 0 Va + Ve = R1 + R2 = 11,0 kN Va = 9,0 kN + Fx = 0 Ha + He - 1,0 = 0 Ha + He = 1,0 kN Md_pela _esquerda = 0 + - Va . 3,0 + Ha . 4,0 - 1,0 . 2,0 + 2 . 4,5 + R1 .1,5 - 3,0 = 0 Ha = 4,625 kN Ha + He = 1,0 kN He = - 3,625 He = 3,625 kN Pórtico 2 - calcular as reações de apoio: + Fx = 0 Hi + He’ = 0 Hi = - 3,625 Hi = 3,625 kN + Fy = 0 Vi - 1,0 + 2,0 - Ve = 0 Vi = 1,0 kN Mi = 0 + - He ’ . 4,0 + 1 . 1,5 + 2 . 1,0 + Mi = 0 Me = 11 kN.m 2ª 2,0 m 2,0 m 3,0 m 2 kN/m He Ve 3,0 m 3 kN.m 2 kN 3 kN.m Hi Vi 4,0 m 2,0 m 2,0 m 3,0 m 3,0 m 1ª He ’ Ve ’ i e c d a Ha Va Mi R1 = 3 kN 1 kN/m 3 kN.m 3 kN.m e R2 = 6 kN Optei pela direita, pois pela esquerda teriam duas variáveis: Va e Ha 1,5 m 1 kN 2 kN 1 kN 1,5 m 1 m 2 kN 1 kN 1,5 m 1 m 2,0 m f g h 2 kN 1,5 m 1 kN b Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 35 Resolução: 1 - calcular o esforço normal: Nas = - 9,0 kN / Nci = - 9,0 kN / Nbd = +1,0 kN / Nce = +1,0 kN / Ncs = - Va . cos - Ha . cos + 1 . sen+ 2 . sen = - 6,90 kN Ndi = - 6,90 + R1 . sen= - 5,24 kN Ndd = - 3,625 kN Nee = - 3,625 kN / Nei = - 2,0 kN Nfd = 0 Nge = 0 / Ngs = - 2,0 kN /Ngd = 0 / Nhe = 0 Ngi = -1 - 2 + 2 = -1,0 kN Nis = - 1,0 kN 2 - calcular o esforço cortante: Vas = - 4,625 kN / Vci = - 4,625 kN / Vbd = - 2,0 kN / Vce = - 2,0 kN Vcs = + Va . sen - Ha . sen + 1 . cos- 2 . cos = + 3,81 kN Vdi = + 3,81 - R1 . cos= +1,31 kN Vdd = + 6 - 2 = + 4,0 kN Vee = - 2,0 kN / Vei = + 3,625 kN Vfd = - 1,0 kN Vge = - 1,0 kN / Vgs = + 3,625 kN /Vgd = - 2,0 kN / Vhe = - 2,0 kN Vgi = + 3,625 kN Vis = + 3,625 kN He = 3,625 kN Ve = 2,0 kN 2ª Vi = 1,0 kN 4,0 m 2,0 m 2,0 m 3,0 m 3,0 m 1ª He ’ = 3,625 kN Ve’ = 2,0 kN i e c d a Ha = 4,625 kN Va = 9,0 kN Mi = 11 kN.m R1 = 3 kN 3 kN.m 3 kN.m e R2 = 6 kN 2 kN 1 kN 1,5 m 1 m 2,0 m f g h 2 kN 1,5 m 1 kN b Hi = 3,625 kN = 33,690 = 56,310 c Va = 9,0 kN Ha = 4,625 kN 1 kN 2 kN R1 = 3 kN = ? tg-1 = 2/3 = 33,690 = 56,310 Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 36 Resolução: 3 - calcular o momento fletor: Mas = 0 Mci = [ 4,625 . 2 ] t.f.e = 9,25 kN.m (t.f.e) Mbd = 0 Mce = [ 2 . 1,5 ] t.f.s = 3,0 kN.m ( t.f.s) Mcs = ? Nó deve estar em equilíbrio, ou seja, Me = 0 Momento sempre representado com a Concavidade voltada para o nó: Para Mc = 0: Mcs = 3 + 9,25 = 12,25 kN.m (t.f.i) Mdi = de forma direta = 3 kN.m (t.f.s) Ou pela esquerda: [ 9 . 3 + 1 . 2] t.f.i + [ 4,625 . 4 + 2 . 4,5 + 3 . 1,5 ] t.f.s = 29 t.f.i + 32 t.f.s = 3 kN.m (t.f.s) Mdd = 3 kN.m (t.f.s) Mee = 0 / Mei = 0 / Mfd = 0 Mge = [ 1 . 1,5 ] t.f.s = 1,5 kN.m (t.f.s) Mgs = [ 3,625 . 2,0 ] t.f.e = 7,25 kN.m (t.f.e) Mgd = [ 2 . 1,0 ] t.f.i = 2,0 kN.m (t.f.i) Mhe = 0 Mgi = pelo lado inferior: [ 11 ] t.f.e + [ 3,625 . 2,0 ] t.f.d = 11 t.f.e + 7,25 t.f.d = 3,75 kN.m (t.f.e) Mhs = 11 kN.m (t.f.e) He = 3,625 kN Ve = 2,0 kN 2ª Vi = 1,0 kN 4,0 m 2,0 m 2,0 m 3,0 m 3,0 m 1ª He ’ = 3,625 kN Ve’ = 2,0 kN i e c d a Ha = 4,625 kN Va = 9,0 kN Mi = 11 kN.m R1 = 3 kN 3 kN.m 3 kN.m e R2 = 6 kN 2 kN 1 kN 1,5 m 1 m 2,0 m f g h 2 kN 1,5 m 1 kN b Hi = 3,625 kN = ? tg-1 = 2/3 = 33,690 = 56,310 c 3 kN.m 9,25 kN.m ? ? 12,25 kN.m c 3 kN.m 9,25 kN.m Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 37 Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 38 6 Lista de exercícios: determine as reações de apoio e os diagramas de esforços solicitantes para os pórticos apresentados a seguir. a) b) c) d) 2 kN/m 2,0 m 2 kN 2,0 m 3,0 m 5,0 m 1 kN 2,0 m 2,0 m 5,0 m 5,0 m 3 kN 1,5 kN/m 3,0 m 2 kN/m 3,0 m 4,0 m 5,0 m 2 kN 2,0 m 2 kN/m 1 kN/m 2,0 m 4 kN.m 4 kN.m 2,0 m 3 kN.m 2,0 m 1 kN 1 kN 3 kN.m 3 kN.m 3 kN 5,0 m 4,0 m 5,0 m 3,0 m 2 kN/m 5 kN 4 kN.m 4 kN.m 3,0 m 5,0 m 3 kN Curso: EngenhariaCivil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 39 e) f) g) h) 3 kN 3,0 m 4,0 m 3 kN 3,0 m 2,0 m 4,0 m 4,0 m 3,0 m 3,0 m 7,0 m 2,0 m 1 kN/m 4,0 m 1,0 m 2 kN 6 kN.m 6 kN.m 2 kN/m 2 kN 5 kN.m 5kN.m 2,0 kN/m 1 kN/m 2,0 m 3 kN 3,0 m 7,0 m 3,0 m 5 kN/m 12 kN 5 kN.m 2 kN/m 2kN.m 2kN.m 4 kN 2 kN Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 40 i) j) l) m) 2,0 m 2 kN 2,0 m 5,0 m 2,0 m 1 kN 2,0 m 2 kN 2 kN.m 2 kN.m 2,0 m 2,0 m 1 kN 2,0 m 5,0 m 5,0 m 3 kN 1,5 kN/m 3,0 m 1 kN 2 kN/m 3,0 m 4,0 m 5,0 m 2 kN 2,0 m 2 kN/m 1 kN/m 2,0 m 3 kN.m 2 kN.m 2,0 m 1 kN 1 kN 3 kN.m 3 kN.m 3 kN.m 3 kN.m 2 kN 2,0 m 5,0 m 1 kN 2,0 m 4,0 m 2 kN/m 1,0 m 2 kN.m Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 41 n) o) p) 3,0 m 2,0 m 4,0 m 4,0 m 3,0 m 3,0 m 4,0 m 2,0 m 1 kN/m 1,0 m 2 kN 6 kN.m 6 kN.m 2 kN 5 kN.m 5 kN.m 2,0 kN/m 1,0 m 3,0 m 3,5 m 3,0 m 5 kN.m 2 kN/m 2,0 m 2,0 m 8 kN.m 8 kN.m Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 42 - Grelhas: Grelha é uma estrutura reticulada constituída de barras retas ou curvas, sendo esta estrutura submetida a carregamentos perpendiculares ao seu plano. Este carregamento perpendicular (vertical) ao plano da grelha produz sobre as barras momento fletor, momento torçor e esforço cortante. Na construção civil, este tipo de sistema estrutural é composto por um sistema de vigas, perpendiculares ou não entre si, que se interceptam, estando interligadas nos pontos de interseção. A seguir são apresentados dois casos de grelhas hiperestáticas; Grelha de malha retangular Grelha de malha oblíqua Exemplos de grelhas hiperestáticas Os casos apresentados acima ilustram o comportamento integrado (em conjunto) das vigas de um mesmo andar de um edifício. As barras de uma grelha são geralmente perpendiculares entre si, quando isto não ocorrer deve ser indicado o valor do ângulo formado entre as barras. As grelhas podem ser classificadas em hiperestáticas e isostáticas e hipostáticas: Hiperestáticas possuem mais de três reações de apoio e os apoios garantem que a estrutura seja estável = estática = não desloca; Isostáticas possuem três reações de apoio e os apoios garantem que a estrutura seja estável = estática = não desloca; Hipostáticas quando o número de apoios da estrutura não é suficiente para garantir que a estrutura seja estável = estática = não desloca. Como a grelha é uma estrutura situada no plano XY e possui carregamento na direção Z(vertical), as equações de equilíbrio da estática são: FZ = 0; TX_barra = 0 momento Torçor das barras paralelas ao eixo X; TY_barra = 0 momento Torçor das barras paralelas ao eixo Y; Assim, em uma seção genérica de uma grelha isostática no plano XY sobre a ação de cargas perpendiculares ao plano da grelha atuam três esforços simples: Esforço cortante (V), Momento fletor (M) e Momento torçor (T); Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 43 A figura apresentada a seguir, ilustra casos de grelhas hiperestáticas, isostáticas e hipostáticas, as quais estão situadas no plano XY. Nota1 Grelha não considera cargas horizontais, ou seja, cargas paralelas ao plano da grelha. Por conta desta condição de análise: e Em grelha: 1 reação vertical (V); Em grelha: 1 reação vertical (V); 1 reação Momento fletor (M); 1 reação Momento Torçor (T); Nota2 Nesta disciplina será estudada apenas grelha isostática. 4 reações de apoio (Nota1) 4 reações de apoio (Nota1) Estrutura estável: estática Estrutura instável: gira em torno de x Grelha hiperestática Grelha hipostática 3 reações de apoio (Nota1) 4 reações de apoio (Nota1) Estrutura estável: estática Estrutura estável: estática Grelha isostática Grelha hiperestática 3 reações de apoio (Nota1) 3 reações de apoio (Nota1) Estrutura estável: estática Estrutura estável: estática Grelhaisostática Grelha isostática X Y Z X Y Z q q X Y Z X Y Z q q X Y Z X Y Z q q Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 44 As grelhas isostáticas podem ser agrupadas em dois grupos, conforme ilustrado a seguir: Grelha em balanço Grelha triapoiada Para grelhas triapoiadas, estes apoios não devem estar situados sobre uma mesma linha reta, caso isto ocorra, a grelha será hipostática, ou seja, não será uma estrutura estática, conforme pode ser observado na figura apresentada a seguir. Os apoios não são suficientes Os apoios não são suficientes Os apoios não são suficientes para impedir a rotação em torno para impedir a rotação em torno para impedir a rotação em torno próprio eixo das barras 2 e 3; do próprio eixo das barras 1 e 2; do eixo AB; Na análise de grelhas é adotada a seguinte convenção de sinais para os esforços atuantes: Esforço cortante (V): V (+) corta a seção e tende a provocar um giro da seção no sentido horário; V (-) corta a seção e tende a provocar um giro da seção no sentido anti-horário; Porém, em grelhas, dependendo do lado escolhido para realizar a análise de uma determinada seção de uma barra da grelha, o sinal do esforço cortante pode ser (+) ou (-). Desta forma, o sinal do diagrama de esforço cortante dependerá também do lado escolhido para a análise. A seguir são apresentados alguns exemplos: Caso 1: Vcd = - 4,0 kN / Vbe = - 4,0 kN / Vbd = - 4,0 kN / Vae = - 4,0 kN Caso 2: Vce = 4,0 kN / Vbd = 4,0 kN / Vbe = 4,0 kN / Vad = 4,0 kN 3 reações de apoio X Y Z X Y Z q q P1 P2 1 2 3 P1 P2 1 2 3 4 4 kN a b c Barras na direção y Barras na direção x 4 kN a b c Barras na direção y Barras na direção x X Y Z X Y Z P1 P2 A B Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 45 Para que não ocorra dúvida quanto ao lado escolhido para fazer a análise dos esforços das barras das grelhas será adotada em todas as análises desta apostila a seguinte consideração: Todas as barras que estejam no eixo x (análise de baixo para cima) Todas as barras que estejam no eixo y (análise da direita para esquerda) Momento Fletor (M): Para momento fletor não se utiliza uma convenciona de sinais (positivo ou negativo), mas indica-se o seu módulo (valor absoluto) e as fibras da estrutura que estão tracionadas: tracionando fibra inferior (t. f. i.); tracionando fibra superior (t. f. s.); No caso de grelha é comum representar o momento fletor atuante sobre uma dada barra por uma seta dupla perpendicular a direção da barra e para determinar se este momento traciona fibra inferior ou fibra superior é utilizada a regra da mão direita, conforme pode ser observado na figura a seguir. A regra da mão direita estabelece para o momento fletor: - colocar o polegar da mão direita da direção da seta dupla e verificar durante o giro da mão em torno do polegar como as pontas dos demais dedos interceptam a barra: pontas voltadas para baixo t. f. i. pontas voltadas para cima t. f. s. Mad = 3,5 kN.m (t. f. i) / Mce = 4,0 kN.m (t. f. s.) Momento Torçor (T): No caso de grelha é comum representar o momento torçor atuante sobre uma dada barra por uma seta dupla paralela a direção da barra e para determinar se este momento torçor é positivo ou negativo é utilizada a regra da mão direita, conforme pode ser observado na figura a seguir. A regra da mão direita estabelece para o momento torçor: - colocar o polegar da mão direita na direção da seta dupla e verificar se a ponta do polegar tende a entrar ou sair da barra. T (+) seta dupla paralela a barra com a seta saindo da barra; T (-) seta dupla paralela a barra com a seta entrando na barra; T (+) T (+) T (-) T (-) c a 3,5 kN.m 4,0 t . m Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 46 Com relação aos momentos fletores e torçores devem ser destacados dois aspectos fundamentais: 1 – seta dupla paralela ao eixo da barra – momento Torçor, já seta dupla perpendicular ao eixo da barra – momento Fletor; 2 – O momento fletor de uma barra pode ser o momento torçor para outra barra, conforme pode ser observada nos casos apresentados a seguir. caso 1: Mcd = 4,0 kN.m (t.f.s.) / Mbey = 4,0 kN.m (t.f.s.) Mbex = 5,0 kN.m (t.f.i.) / Mad = 5,0 kN.m (t.f.i.) Tcd = + 5,0 kN.m / Tbey = + 5,0 kN.m Tbex = + 4,0 kN.m / Tad = + 4,0 kN.m caso 2: Mcd = 4,0 kN.m (t.f.i.) / Mbey = 4,0 kN.m (t.f.i.) Mbex = 2,0 kN.m (t.f.s.) / Mad = 2,0 kN.m (t.f.s.) Tcd = - 2,0 kN.m / Tbey = -2,0 kN.m Tbex = + 6 - 4,0 = + 2,0 kN.m / Tad = + 2,0 kN.m a b c 4 kN.m 5 kN.m a b c 4 kN.m 2 kN.m 6 kN.m X Y Z X Y Z Curso: Engenharia Civil; Prof: Marcos Vinicios Disciplina: Teoria das Estruturas 1 47 Exemplo16: determine as reações de apoio e os diagramas de esforços solicitantes para a grelha apresentada a seguir. Resolução: 1 - calcular as reações de apoio: + Fz = 0 Vb + Vc + Vd = 4,0 + R + 3 Vb
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