Analise estrutural by Paulo Roberto Pereira Arrieiro

Universidade Federal de Santa Catarina Centro Tecnológico Departamento de Engenharia Civil

Apostila de

Análise Estrutural I Agosto de 2009

Grupo de Experimentação em Estruturas – GRUPEX

Programa de Educação Tutorial – PET

Universidade Federal de Santa Catarina Centro Tecnológico Departamento de Engenharia Civil

Apostila de

Análise Estrutural I Ângela do Valle Henriette Lebre La Rovere Nora Maria De Patta Pillar Colaboração dos Bolsistas PET: Alex Willian Buttchevitz Alexandre Garghetti André Ricardo Hadlich Helen Berwanger Stephanie Thiesen Talita Campos Kumm Valmir Cominara Júnior Vanessa Pfleger Colaboração dos Monitores: Artur Dal Prá (2006-1) Willian Pescador (2007-1)

SUMÁRIO 1. INTRODUÇÃO ............................................................................................................ 1.1 Parâmetros que influenciam a concepção de sistemas estruturais .......................... 1.2 Classificação das peças estruturais quanto à geometria ........................................... 1.3 Tipos de Vínculos ................................................................................................... 1.3.1 Vínculos no plano........................................................................................ 1.4 Estaticidade e Estabilidade ..................................................................................... 1.5 Reações de apoio em estruturas planas ................................................................... 1.5.1 Estrutura Aporticada.................................................................................... 1.5.2 Pórtico Isostático.......................................................................................... 1.5.3 Treliça Isostática .......................................................................................... 1.5.4 Pórtico Triarticulado Isostático .................................................................... 1.6 Reações de Apoio no Espaço .................................................................................. 1.6.1 Treliça Espacial ........................................................................................... 1.6.2 Pórtico Espacial ........................................................................................... 2. ESFORÇOS INTERNOS EM ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS ................................. 2.1 Treliças ................................................................................................................... 2.1.1 Método de Ritter ............................................................................................... 2.1.2 Método Cremona .............................................................................................. 2.2 Vigas ....................................................................................................................... 2.2.1 Vigas Simples – Método Direto para Diagramas ............................................. 2.2.2 Vigas Gerber .................................................................................................... 2.2.3 Vigas Inclinadas ............................................................................................... 2.3 Pórticos ................................................................................................................... 2.3.1 Estruturas Aporticadas ..................................................................................... 2.3.2 Pórticos Simples ............................................................................................... 2.3.3 Pórtico com Articulação e Tirante .................................................................... 2.3.4 Pórticos Compostos .......................................................................................... 2.4 Cabos ...................................................................................................................... 2.4.1 Reações de Apoio para Cabos .......................................................................... 2.4.2 Esforços Normais de Tração Atuantes em Cabos ............................................ 2.4.3 Conformação Geométrica Final do Cabo ......................................................... 2.5 Arcos ....................................................................................................................... 2.5.1 Arcos Biapoiados .............................................................................................. 2.5.2 Pórticos com Arcos (ou Barras Curvas) ............................................................ 2.5.3 Arcos Triarticulados ......................................................................................... 2.6 Grelhas ..................................................................................................................... 3. ESTUDO DE CARGAS MÓVEIS EM ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS .................. 3.1 Cargas Móveis – Trem-Tipo .................................................................................. 3.2 O Problema a Resolver ........................................................................................... 3.3 Linhas de Influência – Definição ........................................................................... 3.4 Obtenção dos Efeitos, Conhecidas as L.I. .............................................................. 3.5 Exemplos em Estruturas Isostáticas Simples ......................................................... 3.5.1 Viga Engastada e Livre ..................................................................................... 3.5. 2 Viga Biapoiada ................................................................................................. 3.6 Análise de Efeitos ................................................................................................... 3.6.1 Teorema Geral .................................................................................................. 3.6.2 Obtenção de Momento Fletor Máximo em uma Seção S de uma Viga Biapoiada ................................................................................................. LISTAS DE EXERCÍCIOS ................................................................................................ Graus de estaticidade .................................................................................................... Treliças ......................................................................................................................... Vigas ............................................................................................................................ Cabos ............................................................................................................................ Arcos ............................................................................................................................ Grelhas .........................................................................................................................

1 1 1 3 3 8 13 13 14 14 15 19 19 20 21 21 27 33 42 42 48 54 61 61 68 75 77 81 86 91 96 105 108 111 113 123 128 128 128 130 134 135 135 137 140 140 140 159 160 162 170 174 176 179

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1. INTRODUÇÃO 1.1.

Parâmetros que influenciam a concepção de sistemas estruturais

A estrutura é conjunto formado pelas partes resistentes que garantem a estabilidade de um objeto de projeto, por exemplo, uma edificação. Quando se projeta uma estrutura, a análise do comportamento estrutural exige que sejam feitas algumas simplificações que conduzem a modelos estruturais. Para que se defina o sistema estrutural mais adequado, para uma determinada situação de projeto, devem ser considerados vários fatores. Os principais são: •

Projeto arquitetônico:

-Aspectos funcionais (dimensão do espaço interno, iluminação, limitações do espaço exterior, etc.); -Aspectos estéticos (sistemas diferentes geram formas diferentes). •

Carregamento atuante:

-Permanente; -Variável

Acidental; Efeito do vento.

•

Condições de fabricação, transporte e montagem da estrutura (vias de acesso, içamento);

•

Material estrutural a ser utilizado (cada material possui características mecânicas peculiares): o material deve estar adequado aos tipos de esforços solicitantes pelas estruturas.

Para identificação do sistema estrutural mais adequado deve-se: 1º) Identificar as possíveis opções; 2º) Analisar e comparar as vantagens e inconvenientes de cada um. 1.2.

Classificação das peças estruturais quanto à geometria Os sistemas estruturais são modelos de comportamento idealizados para representação e

análise de uma estrutura tridimensional. Estes modelos obedecem a uma convenção. Esta convenção pode ser feita em função da geometria das peças estruturais que compõem o conjunto denominado sistema estrutural. Quanto à geometria, um corpo pode ser identificado por três dimensões principais que definem seu volume. Conforme as relações entre estas dimensões, surgem quatro tipos de peças estruturais: Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas - GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial - PET

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Barra: duas dimensões da mesma ordem de grandeza e uma terceira maior que as outras duas.

Barra de elementos delgados: as três dimensões principais são de diferentes ordens de grandeza. É o caso dos perfis metálicos, onde a espessura é muito menor que as dimensões da seção transversal, que é menor que o comprimento da peça. As barras de elementos delgados são tratadas, sob o ponto de vista estrutural, da mesma forma que as barras, exceção feita à solicitação por torção.

Folhas ou lâminas: duas dimensões de mesma ordem de grandeza, maiores que a terceira dimensão. Subdividem-se em:

Placas: carregamento perpendicular ao plano médio. Chapas: carregamento contido no plano médio. Cascas: superfície média curva.

Bloco: as três dimensões são da mesma ordem de grandeza.

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1.3.

Tipos de Vínculos Vínculos são elementos que impedem o deslocamento de pontos das peças, introduzindo

esforços nesses pontos correspondentes aos deslocamentos impedidos. Os deslocamentos podem ser de translação ou de rotação. 1.3.1

Vínculos no plano:

No plano, um corpo rígido qualquer tem três graus de liberdade de movimento: deslocamento em duas direções e rotação.

y x

x z a) Apoio simples ou de primeiro gênero:

Rx=0

Mz=0 x

Ry=0 Rx

Reação na direção do movimento impedido. Exemplo de movimento: rolete do skate. b) Articulação, rótula ou apoio do segundo gênero:

Mz=0

Exemplo de movimento: dobradiça. c) Engaste: ou apoio de terceiro gênero:

y x z Exemplo de movimento: poste enterrado no solo. Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas - GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial - PET

Mz Ry

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Vínculos no Plano

Tipo de Vínculo

Símbolo

Cabo

Ligação esbelta

Roletes

Rótula

Luva com articulação

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_________Reações_____

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Tipo de Vínculo

Símbolo

Articulação

Apoio deslizante

Luva rígida

Apoio rígido (engaste)

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_________Reações_____

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Rigidez de uma Ligação Rigidez à Rotação

K= M •

Ligação Articulada

K → 0

•

Ligação Rígida

K→∞ θ≈0o

•

Ligação Semi-Rígida

0<K< ∞

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M θ geometria indeformada geometria deformada

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Exemplos de Vínculos

Apoio rotulado em viga de ponte. Apoio com material de baixo coeficiente de atrito, funcionando como roletes.

Rolete nos apoios de vigas de concreto protendido de uma ponte rodoviária.

Ligação de canto rígida de um pórtico de aço. Observam-se as chapas formando uma ligação rígida com os pilares.

A inclinação da rótula de apoio entre as duas vigas indica a expansão térmica do tabuleiro da ponte. Os enrijecedores verticais na região de apoio previnem a flambagem local causadas pelas altas reações de apoio. Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas - GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial - PET

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1.4.

Estaticidade e Estabilidade:

a) A estrutura é restringida e o número de incógnitas é igual ao número de equações de equilíbrio: ISOSTÁTICA. b) A estrutura é restringida e o número de incógnitas é maior que o número de equações de equilíbrio: HIPERESTÁTICA. c) A estrutura não é restringida ou o número de incógnitas é menor que o número de equações de equilíbrio: HIPOSTÁTICA. Uma estrutura está restringida quando possui vínculos para restringir todos os movimentos possíveis da estrutura (translação e rotação) como um corpo rígido. Número de incógnitas: -

Externas: reações de apoio ou vinculares;

Internas: esforços internos necessários ao traçado dos diagramas (conhecidas as reações de apoio) – estruturas fechadas.

Número de equações de equilíbrio: -

Externo: equações de equilíbrio estático para a estrutura como um todo (seis no espaço e três no plano);

Interno: equações de equilíbrio estático para parte da estrutura conhecido um ou mais esforços internos (ex.: rótula).

g: grau de estaticidade ou hiperestaticidade = número de incógnitas – número de equações. Critério apresentado por Sussekind: g = ge + gi, sendo ge = número de incógnitas externas – número de equações de equilíbrio externo e interno e

gi = número de incógnitas internas, ou também:

ge = grau de hiperestaticidade externa; gi = grau de hiperestaticidade interna. Tipos de Equilíbrio: Estável

Instável

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Indiferente

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Exemplos: Estruturas Planas Vigas:

ISOSTÁTICA

HIPOSTÁTICA

r=3 g=0

r=2 g<0

HIPOSTÁTICA r=3 g=0 (não restringida)

HIPOSTÁTICA

HIPERESTÁTICA r=4 g=1

HIPERESTÁTICA

r=2 g<0

HIPERESTÁTICA

r=4 g=1

C .

r=4 g=1

Nº de equações equilíbrio externo = 3 Nº de equações equilíbrio interno = 1 (Momento fletor em C = 0) Nº de incógnitas = r = 4

g = número de incógnitas – número de equações (ext. e int.) = 4 – ( 3+1 ) = 4 – 4 = 0 ou g = ge + gi ge = 4 – 4 = 0 gi = 0 Como resolver: 4 incógnitas: VA, HA, VB, VD . i)

∑ FX = 0

HA + ... = 0

∑ FY = 0

VA + VB + VD = 0

∑ MA = 0

d1.VB + d2.VD - ... - ... = 0 (qualquer ponto)

Uma equação adicional (devido à rótula): Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas - GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial - PET

3 Equações

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MC = 0 (Partindo da direita ou da esquerda da viga)

d F1

Ex.: À Direita

MC V

∑ MC = 0 MC + R.(d/2) + F1Y.d - VD.d = 0

VD= 0

R VD

ii) Separar em diversas vigas isostáticas F1 Resolve-se HC esta primeiro

Esta viga se apoia sobre a outra (não tem estabilidade própria) 3 incógnitas e 3 equações Determinar H C, VC, VD

HA VA

Em seguida resolve-se esta, que tem estabilidade própria e é isostática também; 3 incógnitas e 3 equações Determinar H A, VA, VB

Nº de Equações adicionais = Nº de barras ligadas pela rótula - 1

+ 2 Equações

+ 1 Equação

g = 0; Estrutura Isostática Restringida a movimentação de corpo rígido.

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Exemplos: Pórticos, Arcos, Quadros. Pórticos:

g = ge = 3 – 3 = 0 C

(Triarticulado) g = ge = 4 – (3 + 1) = 0

g = ge = 3 – 3 = 0

MC = 0 (à direita ou à esquerda)

(Triarticulado) g = ge = 4 – (3 + 1) = 0

Hiperestática g = ge = 4 – 3 = 1

MCD = MCE = 0

Atirantado

Tirante (fio)

Tirante

4 Incóg.: VA, HA, VB (Ext)

Incog(Ext) = 3

g = ge + gi

Incog(Int) = 1

ge = 3 – 4 = -1

ge = 3 – 3 = 0

Eq(Ext) = 3

gi = 1

Eq(Int) = 1

g=0

g = ge + gi = 1

g =(3+1)-(3+1)=0

Isostática

ge = 3 - 4= -1

Restringida

NF10 (Int)

Hiperestática

g =0

gi = 1 Isostática Restringida

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Arcos: Momento fletor é nulo

g = ge = 3 – 3 = 0

g = ge = 4– 3 = 1

ge = 4 – (3 + 1) = 0

Isostática Restringida

Hiperestática

Isostática Restringida

Tirante

g = ge = ((3 + 2) – 3)= 2

ge = 3 – 3 = 0 gi = 1

Hiperestática

Tirante

g=1

Hiperestática

ge = 4 – 3 = 1 gi = 1 Hiperestática

Quadros: Conhecidos N1, V1 e M1 obtêm-se os esforços N2, V2 e M2 ou em qualquer seção. M2

V2 N2 V2

V1 N1 V1 ge = 3 – 3 = 0

gi = 3

Não é possível traçar os

g = ge + gi = 0 + 3 = 3

diagramas, só conhecidas

Hiperestática internamente

as reações de apoio HA, VA, VB. g = ge + g i = 0 + 6 = 6 Hiperestática internamente

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g=2

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1.5.

Reações de apoio em estruturas planas:

1.5.1.

Estrutura Aporticada

Cos α =4/5 Sen α =3/5

Decompor a força de 10kN nas direções x e y: i) ∑FX = 0

HA + 6kN = 0 ∴HA = - 6kN

ii) ∑FY = 0

VA + VB = (10x3) + 8 = 38kN

iii) ∑MA = 0

7xVB – (30x 5,5)- (8x2) – (6x1,5) = 0

∴7VB = 190

∴ VB = 27,14kN

Logo, VA = 38kN – 27,14kN = 10,86kN Outra maneira seria:

∑ MA = 0

7VB – (30x 5,5)- (10x2,5) = 0

∴7VB = 165+25 = 190 ∴VB = 27,14kN Verificação: ∑MB = 0 (10,86x7) + (6x3) – (30x1,5) – (8x5) – (6x1,5) = 0 76 + 18 – 45 – 40 – 9 = 0

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10kN

10x(4/5)=8kN

α 10x(3/5)=6kN

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1.5.2.

Pórtico Isostático 60kN 80kNm

40kN 3.00m

B 3.00m

VB 4.00m

4.00m

i) ∑FX = 0

-HA + 40 = 0

∴HA = 40kN

ii) ∑FY = 0

VA + VB = 60kN

iii) ∑MA = 0

8VB + 80 - (40x6) – (60x4) = 0

∴8VB = 400 ∴ VB = 50kN ∴VA = 60 – 50 = 10kN Verificação: ∑MB = 0

(10x8) + (40x3) – 80 – (60x4) + (40x3) = 0 120 + 120 – 240 = 0

1.5.3.

Treliça Isostática

i) ∑FX = 0

HB + 4 -12 = 0

∴HB = 8kN

ii) ∑FY = 0

VA + VB = 6 + 8 = 14kN

iii) ∑MB = 0

(4x4) + (8x1,5) – (12x2) – 3VA = 0

∴3VA = 16 + 12 – 24 = 4 ∴VA = (4/3) = 1,33kN

6kN 4kN

8kN

2.00m

12kN HB

∴VB = 12,67kN 1.50m 1.50m

Verificação: ∑MA = 0 r=3; b=5; n=4.

r + b = 2n 5 + 3= 2x4

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2.00m

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1.5.4.

Pórtico Triarticulado Isostático

• • •

20kN D

C 2.00m

2.00m

4 Incógnitas (Reações) 3 Equações Estáticas (Plano) 1 Equação interna (Rótula) MC D = M C E = 0 Isostática

12kN

4.00m

2.00m

B HB

i) ∑FX = 0 (→+ )

HA + HB +20 -12 = 0 ∴HA+ HB = -8kN

ii) ∑FY = 0 (↑+ )

VA + VB = 10x4 = 40kN

iii) ∑MA = 0

4VB - (40x2) + (12x2) – (20x4) = 0

∴4VB = 80 – 24 + 80 ∴ VB = 34kN ∴VA = 40 – 34 = 6kN

iv) Momento Fletor em C é nulo (Esq. Ou Dir.) MC

20kN

Análise da Estrutura à Esquerda da Rótula: NC

2.00m

4.00m

MC – (6x2) + (20x1) + (HAx4) = 0 ou

MC = (6x2) – (20x1) – (4HA)

mas

MC = 0 → 4HA= 12 – 20 = -8

∴HA = – 2kN ∴HB = –8 + 2 = -6kN

Verif. ∑MD = 0

(6 + 2)x4 + (12x2) + (6x4) – (40x2) = 0 32 + 24 +24 – 80 = 0

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Exercícios: Determinar a reação de apoio. a) RAY 2.00m

6.00m

RAX

6.00m

C 14kN/m

20kN

112kN

RBY

20kN

i) ∑FX = 0 (→+ )

RAX - RBX = 0

∴ RAX = RBX (I)

ii) ∑FY = 0 (↑+ )

RAY - RBY - 20 - 112= 0

∴ RAY + RBY = 132 (II)

iii)∑MA = 0

(20x8) + (112x4) – (6xRBX) = 0 RBX = 160 + 448 6

∴ RBX=101,33kN

RAX = RBX

(I)

∴ RAX=101,33kN

RAX = RAY

(45º)

∴ RAY=101,33kN

RBY = 132 - RAY (II)

∴ RBY=30,67kN

RA = RAX/cos 45º

∴ RA= (RAX)x 2 = 143,30kN

RA 4

Conferindo

∑ MC = 0

(20x2) - (112x2) + (6xRBY) – (6xRAX) + (6xRAY) = 0 40 – 224 + (30,67x6) – (101,33x6) + (101,33x6) = 0 -184 + 184 – 608 + 608 =0 184 – 184 = 0

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RBX

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b) 144kN

12kN/m

6.00m

30kN

RAX

RAY

C 6.00m

RBX 12.00m

30kN

8.00m

i) ∑FX = 0 (→+ )

RAX = RBX

ii) ∑FY = 0 (↑+ )

RAY – 12(12) – 30

iii) ∑MA = 0

12xRBX – 30x20 – 144x6 = 0

∴RAY = 174kN ∴RBX = 122kN

RBX = 600 + 864 12

∴RAX = 122kN

Conferindo

∑ MB = 0

12xRAX – 144x6 – 30x20 = 0 1464 – 864 – 600 = 0

∑ MC = 0

6xRBX – 144x14 + 6xRAX – 20xRAY = 0 122x6 + 2016 + 122x6 – 174x20 = 0 732 + 2016 + 732 – 3480 = 0

c) Achar as reações de apoio para a viga abaixo :

8kN 16kN/m

10 2kN

45°

A 3.00m

6.00m

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B 3.00m 3.00m

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54kN.m

144 8

34 B

54 111,33

108,67 9.00m

Balanço 72 ↑

↑ (144/2) = 72

34 ↑

↑ 10 + 24 = 34

(8x3)/9 = 2,67 ↑

↑ (8x6)/9 = 5,33

108,67 ↑

↑ 111,33

10 2kN

3x(16/2)=24kN 10kN

10kN

d) Determinar as reações de apoio para a viga:

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6↑

↑ (12/2) = 6

6↑

↑ 6 + 8 = 14

2,67 ↑

↑ (20-12)/3=2,67

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1.6.

Reações de apoio no espaço:

6 Equações de Equilíbrio:

∑FX = 0;

∑FY = 0;

1.6.1.

∑FZ = 0;

∑MX = 0;

∑MY = 0;

∑ MZ = 0

Treliça Espacial Isostática

4tf

r + b = 3n

Restringida

D 2tf 3 1

2 C

RAX RAZ

RAY

RBZ

RBX

RCZ RCX n=4

RCY r+b=3n 9+3 = 3x4

RBY

12=12

Inicia-se pelo equilíbrio do nó D:

3 incógnitas N1, N2, N3 3 equações: ∑FX = 0, ∑FY = 0, ∑FZ = 0

Em seguida passa-se aos nós com apoios: Conhecidos agora os esforços N1, N2 e N3, para cada nó A, B ou C existem 3 incógnitas (Reações) e 3 equações de equilíbrio.

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1.6.2.

Pórtico Espacial 4tf

1tf 2tf

4.00m 3.00m

5.00m

RAX RAZ

MAX

RAY

MAZ

X Z

MAY

6 reações Isostática

6 equações de equilíbrio Restringida

i) ∑FX = 0

RAX – 2tf = 0

∴RAX = 2tf

ii) ∑FY = 0

RAY – 4tf = 0

∴RAY = 4tf

iii) ∑FZ = 0

RAZ – 1tf = 0

∴RAZ = 1tf

iv) ∑MX = 0

MAX – (4x3) – (1x5) = 0

∴MAX = 17tfm

v) ∑MY = 0

MAY + (2x3) + (1x4) = 0

∴MAY = -10tfm

vi) ∑MZ = 0

MAZ + (2x5) – (4x4) = 0

∴MAZ = 6tfm

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2. ESFORÇOS INTERNOS EM ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS 2.1.

Treliças

Treliças - Estruturas reticuladas, ou seja formadas por barras (em que uma direção é predominante) de eixo reto, ligadas por rótulas ou articulações (nós). Quando submetidas a cargas aplicadas nos nós apenas, as barras estão submetidas somente a esforços axiais.

Estaticidade e Estabilidade: Condições para obtenção de uma treliça isostática: 1. equilíbrio Estável (Restringida, nós indeslocáveis); 2. número de incógnitas (*) igual ao número de equações de equilíbrio da estática (**).

* O número de incógnitas é dados por: número de reações (r) + número de barras (b). (Incógnitas Externas)

(Incógnitas Internas)

** Número de equações de equilíbrio é o resultado do: - número de nós (n) x 2 (o valor é multiplicado devido a existência de uma equação no eixo x e outra no y).

Desta forma, podemos classificá-las da seguinte maneira: 1a. Condição

2a. Condição

Classificação

indeslocável

r + b = 2n

Isostática

indeslocável

r + b > 2n

Hiperestática

deslocável

r + b < 2n

Hipostática

Os métodos de obtenção de esforços em treliças são: 1. Equilíbrio dos Nós; 2. Ritter; 3. Cremona (Maxwell).

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Treliças Planas

Fonte: Engel, Heino, 1981

Sentido dos Esforços

Treliça com diagonais comprimidas

Treliça com diagonais tracionadas

Fonte: Salvadori, Heller, 1975

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Transmissão de Cargas para as Treliças Treliça de Cobertura

Treliça de Ponte

Fonte: Süssekind, José Carlos, 1979, vol.1

Ligações das Extremidades das Barras

Fonte: Salvadori, Heller, 1975

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Fonte: Süssekind, José Carlos, 1979, vol.1

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Mecanismo de Treliças Aplicado a Outros Sistemas Estruturais

Pórtico de Treliça Biarticulado

Pórticos de Treliça Triarticulado com Balanços

Arco de Treliça Triarticulado

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Treliças com Diferentes Condições de Apoios

Treliças apoiadas nas duas extremidades: Estrutura de vão livre

Treliças com Apoio Duplo no Centro: Estruturas em Balanço

Treliças com Extremidades em Balanço: Estrutura com Vão Livre e Balanço

Fonte: Engel, Heino, 1981

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Lei de Formação de Treliças Isostáticas:

Treliça Hiperestática:

r + b = 4 + 14 = 18 2n = 2.8 = 16

Treliça Hipostática: A

B r + b = 4 + 19 = 23 2n = 2.10 = 20 C

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2.1.1.

Método de Ritter

Seja a seguinte treliça:

P2 3

HA C

Suponhamos que deseja-se determinar os esforços axiais nas barras 3, 6 e 10. Parte-se a estrutura em duas partes, de forma a partir estas barras, através da seção SS indicada. Considerando a parte da esquerda, deve-se colocar os esforços internos axiais que surgem nas barras para estabelecer o equilíbrio:

P2 D P1

N10 N6

HA P4 VA

As forças N3, N6 e N10 representam a ação da parte da direita da treliça sobre a parte da esquerda.

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É indiferente considerar a parte da esquerda ou a da direita:

S N3 P3 N10

N6 C P5 S

Os esforços indicados N3, N6 e N10 são iguais em módulo e direção, mas têm os sentidos opostos dos que aparecem na parte esquerda. Representam a ação da parte esquerda sobre a parte da direita. Para obter os esforços N3, N6 e N10 utilizam-se as equações da estática, devendo ser escolhidas e usadas numa ordem tal que permita determinar cada incógnita diretamente. Para o exemplo, pode-se resolver utilizando:

ΣMC = 0 Æ Obtém-se N3; ΣMD = 0 Æ Obtém-se N6; ΣFy = 0 Æ Obtém-se N10.

(tanto faz pela esquerda ou direita)

Se os esforços forem positivos terão o sentido indicado (tração) senão terão sentido inverso (compressão).

Observações: 1. seções de Ritter não podem interceptar 3 barrras paralelas, nem 3 barras concorrentes no mesmo ponto; 2. as seções podem ter forma qualquer (não necessitando ser retas); 3. para barras próximas às extremidades da treliça (no exemplo, barras 1, 5, 4 e 7), pode ocorrer que a seção de Ritter só intercepte 2 barras Æ neste caso obter os esforços fazendo equilíbrio dos nós (conforme vimos anteriormente).

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Exemplos: 1. Obter os esforços nas barras 2, 3, 9 e 10. 6 tf 6 tf

16 9

S2 17

HA A

4 tf

VA 2m

VB 2m

Obter as reações de apoio:

ΣFx = 0

Æ HA = -6 tf;

ΣFy = 0

Æ VA + VB = 10 tf;

ΣMA = 0

Æ VB . 10 - 6 x 4 - 4 x 6 - 6 x 2 = 0; VB = 6 tf e VA = 4 tf.

II.

Seção S1S1

6 tf 6 tf

N16

N HA VA

ΣMH = 0

Æ N2 x 2 - 6 x 2 - 4 x 4 = 0

N2 = 14 tf (tração);

ΣMD = 0

Æ -N16 x 2 - 6 x 2 - 4 x 4 = 0

N16 = -14 tf (compressão);

ΣFy = 0

Æ N9 + 6 = 4

N9 = -2 tf (compressão).

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III.

Seção S2S2

S2 14 tf

N10

N3 S 2

4 tf

ΣFx = 0

Æ N3 + N10 cos45º = 14 tf;

ΣFy = 0

Æ N10 sen45º + 4 - 6 = 0; N10 = 2,83 tf e N3 = 12 tf.

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6tf

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Obter os esforços nas barras 2, 10, 19, 3 e 13.

6tf S1 H

6tf

S2 J

H A = 6tf

B A

4tf V A = 5tf

I. Seção S1S1

6tf 6tf 7

6tf

S1 N 19

N 10

A 1

5tf

ΣMD = 0

Æ N19 x 2 + 6 x 2 + 5 x 4 = 0

N19 = -16 tf (compressão);

ΣFx = 0

Æ N19 + N2 = 0

N2 = 16 tf (tração);

ΣFy = 0

Æ N10 + 6 - 5 = 0

N10 = -1 tf (compressão);

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V B = 5tf

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II. Seção S2S2

6tf S2 H

6tf

N 19 J N11

6tf

N3 C

5tf ΣMJ = 0

Æ N3 x 2 + 6 x 2 - 5 x 6 - 6 x 2 = 0

N3 = 15 tf (tração);

II. Seção S3S3

N 20 N 13

L 17

N4 4

5tf ΣFy = 0

Æ N13 cos45º + 5 = 0;

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N13 = -7,1 tf (compressão);

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2.1.2.

Método de Cremona

Seja a seguinte treliça para a qual se obtiveram as reações e esforços indicados: 6tf C

-1

3tf

3,75

1,5m

- 6,

, 25

3tf

1,5m

1tf

5tf

Se um nó está em equilíbrio, a soma vetorial de todas as forças que atuam sobre ele será nula:

1,2

Nó A:

1,25 3 tf

3,75

1 tf

Nó B: 6 ,2 5 B

5 tf

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5 6,2

3,75

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Nó C:

6 tf 3 tf

1,25

C 6,2

1,2 5

5 6,2

A soma vetorial das forças externas e internas atuantes forma sempre um polígono fechado. O método de Cremona consiste em encontrar os esforços internos graficamente, a partir do equilíbrio dos nós da treliça, seguem-se os seguintes passos:

•

inicia-se por um nó com apenas duas incógnitas;

•

marca-se em escala as forças externas atuantes, formando um polígono aberto;

•

pelas extremidades deste polígono traçam-se paralelas às barras que concorrem no nó, cujos esforços desejamos conhecer;

•

a interseção destas paralelas determinará o polígono fechado de equilíbrio; obtêm-se assim os módulos e sinais dos esforços nas barras;

•

Os sinais dos esforços são obtidos verificando-se: -

se o esforço normal aponta para o nó Æ negativo (compressão);

se o esforço normal foge do nó Æ positivo (tração);

•

O sentido do percurso de traçado de forças é arbitrário, adotaremos o sentido horário;

•

Obtém-se 2 a 2 incógnitas na análise Æ sobrarão 3 equações de equilíbrio, já usadas para as reações.

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2.1.2.1.

Notação de Bow

Marcar com letras todos espaços compreendidos entre as forças (exteriores e interiores), que serão identificadas pelas duas letras adjacentes. No exemplo:

•

reação Vertical no nó A : ab;

•

reação Horizontal no nó A: bc;

•

esforço Normal na Barra2: cf (ou fc);

•

esforço Normal na Barra2: cf (ou fc).

Roteiro do Método: 1. Iniciar o traçado do Cremona pelo equilíbrio de um nó que contém somente duas barras com esforços normais desconhecidos (incógnitas); 2. Começar com as forças conhecidas, deixando as incógnitas como forças finais; 3. Todos os nós são percorridos no mesmo sentido (horário ou anti-horário), para o exemplo escolheu-se o horário; 4. Prosseguir o traçado do Cremona pelos nós onde só haja 2 incógnitas a determina, até esgotar todos os nós, encerrando-se a resolução da treliça. 5. Os valores dos esforços nas barras são medidos no gráfico em escala; 6. Os sinais dos esforços são obtidos verificando-se: - se o esforço normal aponta para o nó: COMPRESSÃO (-); - se o esforço normal sai do nó: TRAÇÃO (+).

O polígono resultante do traçado do Cremona deverá resultar num polígono fechado para que a treliça esteja em equilíbrio.

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Sentido Horário Percurso do Traçado

5 i

A b

C e

3P 2P

Fonte: Süssekind, José Carlos, 1979, vol.1

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Nó A:

3P 2P

N7 N2

3P 2P

Medir em escala N2 e N7 Nó E: a3

N1 (Compressão)

N2 conhecido - N3,N1 incógnitas: mede-se em escala Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas - GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial - PET

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Exemplos: 1.

2 tf D 1m

C 1m

2000kgf D

C 1m

1000kgf

Nó A:

1000kgf

b 2830

2000(T) C

a d

2230

T A 1000

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Nó D:

2000

b 2830

D 2000

2000 2830 2830

2830

2000

Nó B:

e 2230

C B

2830

1000

2000kgf D

a +2000 d

-2830

-2830 C

2 +2230

Escala do Cremona (tf)

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+2230 B

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2tf G

2tf

1tf

1tf D

VA= 4tf

VA= 4tf 4m

2tf G 2tf

2tf

b A

j i

k B

3tf

3tf j c h,i

f,k

a d

g e 0

Escala do Cremona (tf)

-5,85

+2,0 -1,8

-6,7 +6,0

+2,0 0

+4,0

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-1,8

+4,0

-6,7 +6,0

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3. G

2tf

c g

2tf

2tf h 6m

d i

D 2tf

2tf j 6m

e k

B 6tf

A 6tf

6tf

+3,2

6tf

-3,2

+2,0 a

k j

-2,2

+4,8

-3,2

+3,0

b,f 0

d 1

+6,4

-2,9

Escala do Cremona (tf)

-2,0

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-4,8

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2.2.

Vigas 2.2.1.

Vigas Simples - Método Direto para Diagramas M N

Esquerda

Direita V

Convenção de sinais: Revisão: a

Esquerda com carga para cima V – F = 0 Æ V = +F

Esquerda com carga para baixo

positivo.

M – F.a = 0 Æ M = +F.a

positivo.

V+F=0ÆV=-F

negativo.

M + F.a = 0 Æ M = - F.a

negativo.

F a

Direita com carga para cima

Direita com carga para baixo

V+F=0ÆV=-F

V – F = 0 Æ V = +F

negativo.

M - F.a = 0 Æ M = +F.a

•

positivo.

Traçar DEC diretamente vindo pela esquerda.

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positivo.

M + F.a = 0 Æ M = - F.a

negativo.

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•

Traçar DMF vindo pela esquerda, calculando M nos pontos de aplicação de força concentrada.

Lembrando:

•

Força Concentrada: Descontinuidade no DEC

•

Binário Aplicado: Descontinuidade no DMF

−q =

dV dx

dM V= dx

q=0 ; (entre cargas conc.)

•

Constante

•

Varia Linearmente em x

•

Varia Linearmente em x

•

Varia Parabolicamente em x

q= k ;

Integrando q Æ V; Integrando V Æ M.

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M −q = d dx 2

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Exemplo 1: 50kN

30kN

90kN

110kN

60kN 4m

DEC (kN) -20

-110

DMF (kN.m) (+) 240

280

220

MC = 60.4 = 240 kN;

MEDir. = 110.2 = 220 kN ou

MD = 60.8 – 50.4 = 280 kN;

MEEsq. = 60.11 – 50.7 – 30.3 = 220 kN

ou MD = MC + VC x4m

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ou MEEsq. = MD +VD x3m

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Exemplo 2:

12kN/m A

B C

3kN

(-) DEC (kN)

-3 -9

DMF (kN.m) +3

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Exemplo 3:

12kN/m A

B D

18kN

18 (+)

V=0

DEC (kN) (-)

-18

DMF (kN.m) (+)

Mmáx 36

MMÁX = q.a2/2 + 36 = 12.32/8 + 36 = 13,5 + 36 MMÁX = 49,5 kN.m

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Exemplo 4:

40kN 20kN/m 100kN.m A

20kN

60 kN

80 kN 2m

1,5 m

80 40 (+) DEC (kN) (-) -40 -60

DMF (kN.m) 20 (+) 60

80 10

120

(q . a 2 ) / 8 = (20 . 2 2 ) / 8 = 10

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2.2.2.

Vigas Gerber

•

Aplicações principais – Pontes;

•

Surgiram por motivos de ordem estrutural e de ordem construtiva;

•

Vigas Gerber Isostáticas serão decompostas nas diversas vigas isostáticas que as constituem: -

Vigas com estabilidade própria;

Vigas que se apóiam sobre as demais;

Exemplos de Decomposição:

Os algarismos romanos I, II, III e IV indicam a ordem de resolução, para obtenção das reações de apoio. •

Os diagramas podem ser traçados separadamente, juntando-os em seguida;

•

As rótulas transmitem forças verticais e horizontais, mas não transmitem momento;

•

Basta que um dos apoios resista a forças horizontais na viga Gerber. Apenas as cargas verticais provocam esforço cortante e momento fletor nas vigas, portanto, na decomposição não é necessário distinguir apoios do 1o ou 2o gênero. Usaremos apenas: ∆

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III

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Esforços Internos – Diagramas – Exemplos: 1. 6tf

4tf/m

6tf

4tf/m

9,33 tf

6tf

22,67 tf

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4tf/m

36 tf.m

18 tf

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MA = 0

6 3,33 DEC (tf)

-6

-6 -8,67

-18

-36 -20 -12

4,5

4,5 2

4,5

DMF (tf.m) 4,5

MB = -6 x 2 = -12 MC = -6 x 5 + 9,33 x 3 – 12 x 1,5 = -20 MD = -6 x 7 + 9,33 x 5 – 20 x 2,5 + 22,67 x 2 = -0,01 ≈ 0 Æ OK (o momento fletor na rótula é sempre nulo, a não ser que haja um binário aplicado na rótula.) ME = -36 + 18 x 3 – 12 x 1,5 = 0 Æ OK MF = -36 Quando na rótula não há força concentrada: Vdesq = Vddir Veesq = Vedir Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas - GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial - PET

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3 tf

4 tf 3 tf/m

8 tf

2 tf/m C

3 tf 3 tf/m

2 tf/m

3 tf

3+3 = 6 tf

4 tf 3 tf

2 tf/m

2+4+3+2= 11 tf

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3 tf

11 tf

6 tf 12

4+6+3 = 13 tf

8 tf

4-3= 1 tf

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DEC (tf)

-1

-2

-3

-5

-6

-6 -12

-4

DMF (tf.m) 2,25

2,25

2 A

MD = -4+ (2.42)/8 + (4.4)/4 = 4

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MI = 1.2 = 2

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2.2.3.

Vigas Inclinadas

Independente do valor de b, as reações verticais serão iguais (= q.a / 2) 1. q

(q.a)/2

A x a

(q.a)/2

x/ 2 x

q.x

(q.a)/2

Esforços Internos: Seção S (a x do apoio A)

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⎛ q.a ⎞ V=⎜ − q.x ⎟. cos α ⎠ ⎝ 2

⎛ q.a ⎞ N = −⎜ − q.x ⎟. sen α ⎠ ⎝ 2

⎛ q.a q.x 2 ⎞⎟ ⎜ M= .x − ⎜ 2 2 ⎟⎠ ⎝

(para fins de momento fletor a viga se comporta como se fosse horizontal)

Diagramas: q.a.(sen

(+)

(-)

- q.a.(sen

q.a.(cos

/2 (-) (+)

- q.a(cos

q.a² /8 Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas - GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial - PET

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VA a

ΣFx = 0

II.

HA = q.b

ΣFy = 0

III.

VA = VB

ΣMA = 0 a.VB – qb.b/2 = 0 VB = qb2/2a = VA

Esforços Internos:

S q.x

x x/2

q.b y

(q.b²)/2.a N = (qb – qx)cosα + (qb2/2.a) . senα

M = x.qb – qx2/2 – x.(a/b).(qb2/2.a)

V = (qb – qx)senα - (qb2/2.a) . cosα

M = qbx/2 – qx2/2

M = x.qb – qx2/2 – y.(qb2/2.a) Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas - GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial - PET

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Diagramas: q.b².(sen α)/2.a

q.b.[cosα+(b.senα)/2.a DEN

DEC

q.b.(sen α)/2

-q.b.(sen α)/2

DMF

q.b²/8

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3. R = q . U(a² + b²)

A a

q.a

q B

q.b

A Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas - GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial – PET

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Logo, o diagrama de momento fletor fica:

DMF

q.(a²+b²)/8

Se tivermos, por exemplo, as estruturas: 1 tf/m

2 tf.m

6 tf.m A 8m

DMF

2 -2 -6

6 Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas - GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial – PET

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20 kN/m

20 kN.m

A 4m

-20 (-)

(+)

52,5

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DMF

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2.3.

Pórticos 2.3.1.

Estruturas Aporticadas

10 kN/m 10 kN 1,5m

S1 27,14 kN

6 kN 2m

1,5m

10,86 kN

M N

S1 V

6 kN

y x

10,86 kN Seção S1: ΣFn = 0 N – 6.cosα + 10,86.senα = 0

ΣMz = 0

N = 6.cosα - 10,86.senα

M = 10,86.x + 6.y Æ y = x.tgα

N = -1,72 kN (const.)

M = 10,86.x + 4,5.x = 15,36.x Para

ΣFt = 0 V = 6.senα + 10,86.cosα = 12,2 kN (const.) Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas - GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial – PET

x=0, M=0; x=2, M=30,72 kN.m;

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Seção S2: N = -1,72 kN (const.)

V = 12,29 - 10 = 2,29 kN (const.) M = 15,36.x –8(x-2) –6(y-1,5) = 2,86.x + 25 – 0,75.x Æ y = x.tgα Para

x=2, M=30,72 kN.m; x=4, M=36,44 kN.m;

Seção S3: (direita)

10 kN/m M

27,14 kN

V = 10.x’ – 27,14 Para

x’=0, V=-27,14 kN; x’=3, V=2,86 kN;

M = 27,14.x’ – 10.x’2/2 Para

x’=0, M=0 kN.m; x’=3, M=36,42 kN.m;

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Diagramas:

nulo

DEN (kN)

(-)

-1,72 2,86 2,29

DEC (kN) 12,29

(-)

(+) 0,286m

-27,14

DMF (kN.m) 36,42

(+)

36,42

30,72

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x = (10x3²)/8 = 11,25

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Não havendo barras inclinadas, recomeça-se o traçado de diagramas pelo método direto.

10 kN/m

12 kN

23 kN

17 kN 4m

nulo

DEN (kN) (-) -17

(+)

DEC (kN) (-)

(+) -23

12 (+)

DMF (kN.m) x

12 (+) x = (10x4²)/8 = 20

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Considerações Sobre os Sinais dos Diagramas: As fibras inferiores serão tracejadas, definindo portanto a parte à esquerda e à direita da seção. Exemplos:

S3 S1

M N

M V V

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Exemplos: 01. a

S2 a

S3 P

P (+)

nulo

P DEN (kN)

(+)

DEC (kN)

-P (-)

nulo

-Pa (-)

Pa (+)

ΣFy = 0 ∴ N = P ΣFx = 0 ∴ V = 0 ΣMz = 0 ∴ M = -P.a + P.2a = P.a (constante)

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DMF (kN.m)

nulo

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02. L/2

P/2 a

nulo -P (-)

DEN (kN)

nulo

-P (-)

P/2

DEC (kN)

(+)

nulo

P(L/2 + a) (+)

P(L/2+a) (+) (+)

(+)

PL/2

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P(L/2+a)

DMF (kN.m)

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2.3.2.

Pórticos Simples 4m

60 kN 80 kN.m

40 kN 3m

40 kN

50 kN

10 kN 40 (+)

DEN (kN) (-) (-)

-50

-10

10 (+)

(-)

nulo

DEC (kN)

nulo

DMF (kN.m)

-50

(+)

240 (+) 240

(+)

200 280

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Pelo Método Direto: Obter os diagramas solicitantes para o quadro abaixo:

3 tf

1 tf/m E

1 tf 1 tf

1 tf

F 2m

1 tf.m

8 tf 2m

Reações: ΣFx = 0 ∴

RAx = 1 tf

ΣFy = 0 ∴

RAy = 3 + 1.4 + 1 RAy = 8 tf

ΣMA = 0 ∴

3.2 – 1.4.2 – 1.1 + 1.2 + MA = 0 MA = 1 tf.m

Seção S1: trecho DC

Seção S3: trecho FB

N = 0;

N = -1 tf

V = -3 tf

V = 1 tf

MC = -6 tf.m

M = -1.x

Seção S2: trecho CE

Para

x = 0; M = 0; x = 1; M = -1 tf.m;

N = 0; V = 1.x Para

Seção S4: trecho BC

x = 0; V = 0; x = 4; V = 4 tf;

N = -7 tf

M = -1.x2/2

V=0

Para

M = -2 tf.m

x = 0; M = 0; x = 4; M = -8 tf.m;

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Seção S5: trecho AB

M = -1 – 1 . x

N = -8 tf

Para

V = -1 tf

x = 0; M = -1 tf.m; x = 2; M = -3 tf.m

Diagramas: nulo -7

DEN (kN)

(-) (-)

-1

(-) -8

+4 (+)

DEC (kN) (-)

nulo +1

-3 (-) -1

-8 -6 (-) -2 (-)

(-)

-1

-3 (-) -1

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DMF (kN.m)

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4 tf/m

A HA

1 tf

S4 N

E 6 tf

B HB

Reações: ΣFy = 0 ∴

1 + 6 – 4.5 + VA + VB = 0 VA + VB = 13

ΣMA = 0 ∴

1.2,5 – 4.5.2,5 + 6.5 + HB.10 = 0 HB = 1,75 tf

ΣFx = 0 ∴

HB = - HA Æ HA = - 1,75 tf

ΣMEDir = 0 ∴ HB.4 - VB.5 = 0 (embaixo)

VB = 1,4 tf Æ VA = 11,6 tf

Seção S1: [0

2,5]

N = + 1,75 tf;

M = 11,6.x - 2.x2

V = 11,6 - 4.x

Para

x = 0; V = 11,6; x = 2,5; V = 1,6 tf;

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x = 0; M = 0; x = 2,5; M = 16,5 tf.m;

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Seção S2: [2,5

5,0]

10,5 (+)

N = + 1,75 tf;

16,5

V = 12,6 - 4.x Para

(+)

10,5

DMF (tf.m)

17,3

x = 2,5; V = 2,6 tf; x = 5; V = -7,4 tf;

M = 12,6.x - 2.x2 – 2,5 Para

o ul N

x = 2,5; M = 16,5 tf.m; x = 5; M = 10,5 tf.m;

Seção S4: [0 tgα = 4/5

5,0]

11,6

senα = 4/√41

N + 1,75.cosα + 1,4 senα = 0 Æ N = - 2,24 tf; V + 1,75.senα - 1,4.cosα = 0 Æ V = 0;

(+)

2,6 1,6 (-)

M = 1,4.x – 1,75.y Æ M = 0;

DEC (tf) -7,4 (-)

Seção S3: [0

x’

6,0]

N = - 7,4 tf; V = -1,75 tf;

-1,75 o ul N

M = 1,75.x’ Para

x’ = 0; M = 0; x’ = 6; M = 10,5 tf.m;

1,75

(+)

DEN (tf) (-)

-7,4 -2,24 (-)

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2,5m

10 tf 2 tf/m C

3,33

12 6 tf

4,99

5,54

3,13

1,11 VA

3,90

Reações: ΣFx = 0 ∴

ΣMB = 0 ∴

HA + HB + 12 – 3,33 = 0

VA = 1,11 tf Æ VB = 3,9 tf;

HA + HB = - 8,67 tf ΣFy = 0 ∴

6.1 + 10.4 – 12.3 – 9.VA = 0

ΣMEEsq = 0 ∴ - HA.6 + VA.2,5 – 12.3 = 0

-10 + 4,99 + VA + VB = 0

HA = -5,54 tf Æ HB = -3,13 tf

VA + VB = 5,01 tf

Diagramas:

1,11

(+) (-)

-6,46 (-)

-6,5 (-)

(-)

DEN (tf)

DEC (tf)

(+) (-)

-10,98

(-)

-6,0

2,77 (+)

0,44

-1,11 5,54

-4,98

-2,8 -2,8

(-)

2,8

2,8 (+)

-1,6

(+)

7,66

DMF (tf.m)

4,41 6,0

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Determinar os diagramas de esforços solicitantes:

1 kN/m

2 kN/m

1 kN/m

1,9kN 1,9kN

1,9

2 kN/m

3,46m 60° 60° 1,6m

3,8m

2m 15,8kN.m

N = - 4,42 kN

5,1kN

Nulo

V = - 2,55 kN 0 = M + 3,2.(x - 0,3) + 1,9.x

DEN (kN)

M = -5,1.x + 2,56 Para

(-)

x = 1,6; M = -5,6 kN.m; x = 3,2; M = -15,8 kN.m; -4,42

(+) (-) -1,9

DEC (kN) (-) -5,1 -2,55

-5,6 -5,6 (-) (+) 1,8

DMF (kN.m)

(-) -15,8

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2.3.3.

Pórtico com Articulação e Tirante

Análise da estaticidade: 4 incógnitas: 3 inc. ext.;

2 tf/m

1 inc. int.; 4 equações:

4 tf.m

1 eq. MFD = MFE;

3 eqs estática;

g = (3+1) – (3+1) = 0

C Tirante ou fio (se for comprimido Î escora)

Substitui-se a barra CD pelo par de esforços N:

Reações e N:

8 tf 4 tf.m

ΣFx = 0 ∴

HA = 0;

ΣFy = 0 ∴

VA + VB = 8 tf

ΣMz = 0 (A) ∴VB.4 – 8.2 = 0

VB = 4 tf.m Æ VA = 4 tf.m

Momento Fletor em F, pela direita:

M FD = 0 ∴

4 – 2.N = 0

N = 2 tf. F

4 tf.m 2m

VB 4 tf

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Diagramas:

(-)

-2 2

(+) (-)

DEN (kN)

(-)

-4

4 (+) (-) (-)

-4 (+)

DEC (kN)

Nulo

-2 Nulo

-4

(-)

-4 (-)

x DMF (kN.m)

Nulo

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x = (2 x 4²) / 8 = 4

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2.3.1.

Pórticos Compostos

Pórticos Compostos são uma associação de pórticos simples. Assim como a viga Gerber é uma associação de vigas simples. Se forem isostáticos, o resultado será uma Associação de Pórticos Simples Isostáticos.

Hy Dx

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5. 10 k N /m

E 4m

20 k N

B 2m

30 kN

10 kN/m

Decompondo: ΣFx = 0 ∴

HC = 30 kN;

ΣFy = 0 ∴

VA + VC = 80 kN;

ΣMA = 0 ∴8.VC + 4.HC –80.4 –

30 kN Vc A

30.2 = 0 VC = 32,5 kN Æ VA = 47,5 kN 10 kN/m

E 32,5 kN 20 kN

ΣFx = 0 ∴

HD + HG +30 = 0

ΣFy = 0 ∴

VD + VG = 20 + 32,5 + 80

30 kN

VD + VG = 132,5 kN ΣMD = 0 ∴

8.VG – 20.5 – 80.4 – 30.4 = 0 VG = 67,5 kN Æ VD = 65 kN

MC D = 0 ∴

4.HD = 0 HD = 0 Æ HG = - 30 kN

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Diagramas: -30 (-) -47,5 -32,5 -30

(-)

(-) (-)

-47,5

nulo

(-)

DEN (kN)

(-)

(-) -65

-67,5

32,5 (+) (-) 47,5

(-) (+) -47,5

(+) -20

(-)

DEC (kN)

-32,5

(+)

nulo

-30

(-)

(+)

180

120

DMF (kN.m) (+) 120 (+)

60 (+)

(+)

60 (+)

(-)

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180

(+)

60 (+)

120

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2.4.

Cabos

Cabos são estruturas lineares, extremamente flexíveis, capazes de resistir a esforços de tração. Os esforços cortantes, de compressão, de flexão e de torção não são resistidos por um cabo ideal. Os cabos são utilizados em vários tipos de estruturas. Nas pontes pênseis e teleféricos são principais elementos portantes, nas linhas de transmissão conduzem a energia elétrica, vencendo vãos entre as torres e são empregados como elemento portante de coberturas de grandes vãos (Süssekind, 1987). No estudo estático, assume-se a hipótese que os cabos são perfeitamente flexíveis, isto é, possuem momento fletor e esforço cortante nulos ao longo do comprimento. Dessa forma, os cabos ficam submetidos apenas a esforços normais de tração. As formas assumidas pelo cabo dependem do carregamento que nele atua. Se o carregamento externo for muito maior do que o peso próprio do cabo, este último é desprezado no cálculo. A geometria da configuração deformada do cabo, para um dado carregamento, é denominada forma funicular (do latim, funis = corda) do cabo.

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Ponte Hercilio Luz (inaugurada 13/05/1926)

Fonte: Vasconcelos, Augusto Carlos; Pontes Brasileiras, Viadutos e Passarelas notáveis, Editora PINI, São Paulo, 1993.

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Exemplo de formas funiculares: Carregamento

Forma Funicular

Triângulo

Trapezóide

Polígono

Carga Uniformemente Distribuída ao longo do vão

Carga Uniformemente Distribuída ao longo do comprimento do cabo (peso próprio)

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Parábola

Catenária

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A catenária possui uma geometria mais baixa que a parábola. Isto é conseqüência do peso próprio se concentrar mais nas regiões próximas das extremidades.

A partir de estudos comparativos entre a forma da parábola e da catenária, para várias relações de flecha (f) e vão entre extremidades (L), constata-se que para relações (f

/ L) ≤ 0,2 as formas da parábola e da catenária são praticamente coincidentes. Nestes casos, é mais prático usar a forma da parábola para determinação dos lugares geométricos dos pontos ao longo do cabo.

Y = ax2 + bx +c

x f y L

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2.4.1.

Reações de Apoio para Cabos:

Seja um cabo que suporta duas cargas concentradas de valor “P”, dispostas nos terços do vão:

L/3 H = Ax

L/3

H = Bx

f D

Os sistemas do tipo cabo desenvolvem em suas extremidades empuxos horizontais, exigindo que os vínculos em “A” e “B” sejam do 2o gênero. Por ser um sistema estrutural plano, as equações de equilíbrio a serem satisfeitas serão: ΣFx = 0; ΣFy = 0; ΣMz = 0. Lembrando que para qualquer ponto ao longo do cabo o momento fletor é nulo devido à sua flexibilidade. Aplicando as equações de equilíbrio ao cabo ACDB : ΣFx = 0 Æ Ax – Bx = 0, logo Ax = Bx = H (empuxo horizontal); ΣMA = 0 Æ PL / 3 + P (2L / 3) – By.L = 0, portanto By = P; ΣFy = 0 Æ Ay + By = 2P, então Ay = 2P – By = P.

Para o cálculo do empuxo horizontal “H” é necessária uma Quarta equação de equilíbrio que sai da hipótese de momento fletro nulo (M = 0) para qualquer ponto ao longo do cabo. Escolhendo-se o ponto C: ΣMc = 0.

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Faz-se uma seção no cabo que coincida com o ponto C escolhido e trabalha-se com a parte a esquerda ou a direita do ponto C, substituindo pelo seu efeito na seção.

L/3 H

NCD

Ay = P

P ΣMc = 0 Æ - H.f + (P.L) / 3 = 0, portanto H = (P . L) / 3f. Observe-se que quanto menor a flecha f, maior o empuxo H. E assim encontramse as reações de apoio do cabo. É interessante a seguinte comparação: L/3

L/3

H = PL / 3f f

Ay* = P

By* = P L/3

L/3

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L/3

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Observa-se que as reações de apoio verticais coincidem para o cabo “AB” e para a viga “AB” de idêntico vão e carregamento. Logo, as reações de apoio verticais do cabo podem ser encontradas pela substituição do cabo por uma viga com idêntico vão e carregamento: Ay e By (no cabo) = Ay* e By* (na viga). Doravante, toda referência a reações de apoio e esforços na viga de substituição serão identificados por um asterisco. No entanto, a vantagem de comparar o cabo AB a uma viga de substituição AB não está somente nas reações de apoio verticais. Observamos o diagrama de momentos fletores para a viga de substituição e comparemos ao empuxo horizontal no cabo: L/3

PL / 3f

L/3

H = PL / 3f

P L/3

L/3

DM F (+) PL/3

PL/3

M*máx = PL / 3, logo H = PL / 3f = M*máx / f. Onde f é a distância vertical máxima do cabo até a linha de fechamento entre as extremidades A e B do cabo. Vejamos para outras condições de carregamento: Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas - GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial - PET

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a) L/2

L/2

PL / 4f

H = PL / 4f

P/2

P P

P/2

L/2

P/2

DMF (+) PL/4 ΣMc = 0 Æ - H.f + (P/2).(L/2) = 0, portanto H = (P . L) / 4f = M*max/f

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b) L

qL 2 / 8f

H = qL² / 8f f

qL/2

qL/2 L

DMF (+) qL2/8 Portanto, as reações de apoio nos cabos podem ser obtidas através de uma vigas de substituição: Ay = Ay* By = By* *

H = M max / f

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2.4.2.

Esforços Normais de Tração Atuantes em Cabos

Uma vez conhecidas as reações de apoio, é possível determinar os esforços normais atuantes no cabo. Usando mais uma vez o exemplo do cabo submetido a duas cargas concentradas eqüidistantes, de valor “P” cada uma:

L/3

PL/3f

L/3

B E

PL/3f

Esforço normal no trecho AC:

PL/3f

Substitui-se a parte do cabo retirada, pelo seu efeito, a Força Normal

NAC.

NACy

equações

equilíbrio:

NACx

Aplicam-se

NAC

ΣFx = 0 Æ NACx = P L / 3 f;

ΣFy = 0 Æ NAC y = P, logo

NAC2 = (NACx) 2 + (NACy) 2 ; NAC = [ (P L / 3 f) 2 + P 2 ] ½

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Esforço normal no trecho CD:

PL/3f

A f

NCD

ΣFx = 0 Æ NCD = H = P L / 3 f; ΣFy = 0 Æ P – P = 0, equilíbrio satisfeito

Esforço normal no trecho DB: NDB = NAC = [ (P L / 3 f) 2 + P 2 ] ½ Observa-se, da comparação entre NAC e NCD, que o esforço normal máximo de tração no cabo AB ocorre nos trechos AC e DB, trechos adjacentes aos apoios das extremidades. Esta é uma das características dos cabos, os esforços normais máximos ocorrem nas seções dos cabos próximas aos vínculos externos, pois é onde a componente vertical do esforço normal, NY, é de maior valor. Calculando agora os esforços normais para um cabo com carga uniformemente distribuída ao longo do vão: L

H = qL² / 8f x f qL/2

qL/2

q y Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas - GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial - PET

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Cortando o cabo em uma seção genérica de coordenadas (x,y):

H y

S qL/2 q

Nsx Nsy Ns

Aplicando-se as equações de equilíbrio: ΣFx = 0 Æ NSx = H ; ΣFy = 0 Æ

NSy – q L / 2 + q x = 0 NSy = q L / 2 - q x, sendo

para x = 0, NSy = q L / 2 ; para x = L/2, NSy = 0. Para o ponto x = L / 2, onde ocorre a flecha f, distância máxima da linha AB, não há componente vertical do esforço normal de tração. Logo, o esforço normal varia ao longo do comprimento do cabo: Para x = 0

NS = [ (NSx)2 + (NSy)2 ] ½ NS = [ (H)2 + (q L /2)2 ] ½

Para x = L / 2

Æ Valor Máximo

NS = [ (NSx)2 + (NSy)2 ] ½ NS = [ (H)2 + (0)2 ] ½ NS = H

Æ Valor Mínimo

Comparando o valor de NSy com os esforços da viga de substituição submetida a idêntico carregamento, constata-se que a variação de NSy para x=0 é q L / 2 e para x=L/2 é nulo, coincidindo com a variação do esforço cortante na viga: Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas - GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial - PET

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q A

qL/2

qL/2 L

qL/2

(+) (-) -qL/2 Vs* Vs* Portanto, pode-se concluir que o esforço normal de tração para um cabo é estimado pela expressão: NS = [ (NSx)2 + (NSy)2 ] ½ NS = [ (H)2 + (VS*)2 ] ½ Onde H: Empuxo horizontal nas extremidades do cabo e; VS* : Esforço cortante para uma seção genérica da viga de substituição.

Exercício Proposto: Determinar os esforços normais para cada trecho da estrutura:

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25 m

H = 1593,75 tf

25 m

A yc = 6m

383 tf

yd = 8m

H = 1593,75 tf

ye = 6m

383 tf

D 256 tf

256 tf 254 tf

Respostas: NAC = NEB = 1.639,12 tf; NCD = NDE = 1.598,80 tf. Uma vez conhecida a força normal de tração máxima no cabo, a tensão normal de tração será:

σt = Nmáx / A

fst

Onde fst = resistência à tração do aço; A = área útil da seção transversal.

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2.4.3.

Conformação Geométrica Final do Cabo:

Fazendo, mais uma vez, uso da viga da hipótese de momentos fletores nulos para qualquer ponto genérico sobre o cabo AB.

L/3

PL/3f

L/3

PL/3f

B E

Para um ponto genérico “E” que pertença ao cabo e tenha coordenadas (x,y)

PL/3f

E C

NAC y

Para um ponto “E” situado a uma distância x do apoio “A” da viga de substituição AB, a equação de momentos fletores é dada pela equação: ΣME = 0 Æ - H.y + P.x = 0, portanto y = P . x / H = 3f . x / L. A configuração geométrica do cabo para o trecho AC é definida por uma equação do 1o. grau.

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B E

P L/3

L/3

DMF (+)

PL/3

ME*

P ΣME* = 0 Æ P . x – ME* = 0, logo ME* = P . x Comparando a expressão do momento no ponto “E” para a viga de substituição com a expressão encontrada para a configuração geométrica do cabo para o ponto “E”: Viga de Substituição Æ ME* = P . x ; Cabo Æ yE = (P . xE) / H. Percebe-se que mais uma vez existe uma relação entre a cota vertical y do cabo e o momento fletor para a viga de substituição na mesma seção, portanto, deduz-se que a cota vertical ys, para uma seção genérica S do cabo, é igual ao Ms* dividida pelo empuxo horizontal H na viga de substituição para uma seção S de mesma posição horizontal que no cabo: Ys = Ms* / H Dessa forma, pode-se determinar a posição vertical de qualquer ponto do cabo a partir do momento fletor na viga de substituição. Uma conclusão adicional desta relação Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas - GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial - PET

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y = Ms* / H é constatada ao comparar-se a forma do diagrama de momentos fletores para a viga de substituição e a forma funicular do cabo:

y = M* /H

DM F

P M* = f (x)

H P

y = M* / H

DMF

M* = f (x)

y=M*/H

DMF M* = f (x) - parábola

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Exercício Proposto: Determinar as reações de apoio no cabo AB e as cotas verticais nos pontos “C” e “E”. 25 m

25 m

256 tf

254 tf

y = 8m D

256 tf

Respostas: Ay = By = 383 tf H = 1.593,75 tf yC = yE = 6,0 m Pode-se também deduzir a forma funicular para um cabo submetido a carga uniformemente distribuída ao longo do vão:

H = qL² / 8f

qL² / 8f C

f qL/2

qL/2

Reações de Apoio: Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas - GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial - PET

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100

Ay = By = qL/2 H = M*máx / f = qL2 / 8f

Escolhendo um ponto genérico “C”, com posição (xC, yC), passando uma seção, o diagrama de equilíbrio estático fica:

qL² / 8f

qL/2

ΣMC = 0

½ qL . xC – ½ q . xC2 – H . yC = 0 yC = q . (L . xC - xC2) / 2H

yC = 4 f . (L . xC - xC2) / L2

y Generalizando para um ponto qualquer sobre o cabo, de coordenadas (x,y): y = 4 f . (L . x - x2) / L2 Æ Equação da Conformação Geométrica do Cabo.

Equação de parábola quadrática para o caso de carregamento uniformemente distribuído ao longo do vão. Uma vez conhecida a linha elástica do cabo na conformação deformada, pode-se estimar o comprimento total do cabo: Lc. O comprimento total do cabo Lc é obtido a partir da expressão da linha elástica y= f(x), através da integração ao longo do comprimento: dL2 = dx2 + dy2

dL =

dx 2 (1 + dy 2 / dx 2 ) = dx 1 + ⎛ dy 2 Lc = ∫ dL = ∫ 1 + ⎜⎜ 2 ⎝ dx 0 0 L

dy 2 dx 2

⎞ ⎟⎟dx ⎠

Para a situação de carregamento uniformemente distribuído ao longo do vão:

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101

y = 4 f . (L . x - x2) / L2 . dy / dx = 4 f . (L – 2 x) / L2, substituindo na integral:

⎧⎪ ⎡4 f Lc = ∫⎨1 + ⎢ 2 ⎣ L 0 ⎪ ⎩ L

(L − 2 x )⎤⎥ ⎦

⎫⎪ ⎬ ⎪⎭

0 ,5

A solução desta integral é feita pelo desenvolvimento do integrando sob a forma de série. Utilizando este tipo de resolução de integrais definidas, encontra-se a seguinte expressão: Lc ≅ L [ 1 + 8/3 ( f / L )2 ]

Comprimento total de um cabo de forma funicular parabólica, submetido à carga uniformemente distribuída ao longo do vão. Nas situações de cabos submetidos a peso próprio, cuja forma funicular é uma catenária, mas para a relação f/L

0,2, pode-se utilizar a mesma expressão anterior para

estimar o comprimento total do cabo Lc.

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102

Exemplo: Qual o comprimento total do cabo que suporta uma sobrecarga uniformemente distribuída ao longo do vão de 100 N/m e que possui peso próprio igual a 50 N/m, sabendo-se que os pontos de fixação estão no topo de postes de 6 m de altura e que estão afastados entre si de 50 m? Além disso, há a informação que o ponto mais baixo do cabo está 4,5 m acima do solo.

q = 100 N/m - Parábola g = 50 N/m - Catenária

f 6m 4,5m

L = 50m

Flecha: f = 6m – 4,5m = 1,5 m f / L = 1,5 / 50 = 0,03

0,2 Æ Pode-se utilizar a expressão da parábola para

substituir a geometria da catenária: Lc ≅ L [ 1 + 8/3 ( f / L )2 ]. Considerando-se o erro na substituição da catenária pela parábola desprezível: Lc = 50 [ 1 + 8/3 ( 1,5 / 50 )2 ] = 50,12 m

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103

Exemplo de Aplicação (Extraído de Salvadori e Levy, pág.194) Uma passarela, que liga duas edificações afastadas de 15,0 m, possui 3,0 m de largura e deve suportar uma sobrecarga de 5 kN/m2 além de seu peso próprio, também estimado em 5 kN/m2. A passarela será suspensa por 2 cabos com um flecha de 3m. Determine a força normal máxima que tracionará o cabo.

L = 15m H

A f = 3m qL/2

qL/2 Parábola Sobrecarga

5 kN/m2

Cargas

5 kN/m2 Peso Próprio

1,5 3

Planta 1,5 Reações de Apoio: H = ?; Ay = ?; By = ? Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas - GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial - PET

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ΣFy = 0 Æ

104

Ay + By = (7,5 kN/m + 7,5 kN/m) x 15m = 225 kN, como o cabo e o

carregamento são simétricos Ay = By, então:

Ay = By = 225 / 2 = 112,5 kN; H = M*max / f Æ

H = q L2 / 8 f = 15 kN/m x (15m)2 / 8 x 3m =

H = 140,63 kN.

15 kN/m

Mmax* = qL /8 Força Normal Máxima: Nmax = ? NS = [ (H)2 + (VS*)2 ] ½ Æ Nmax para Vmax*, portanto Vmax*=? (Página 94)

15 kN / m

112,5 kN

112,5

112,5 kN

DEC (kN)

(+) (-)

-112,5

Vmax* = 112,5 kN, nos apoios NS = [ (H)2 + (VS*)2 ] ½ Æ NS = [ (140,63)2 + (112,5)2 ] ½ NS = 180,10 kN Resposta: O esforço normal máximo ocorre nos extremos, próximo aos vínculos “A” e “B” e vale 180,10 kN.

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2.5.

105

Arcos

Comparando-se arcos com cabos verificamos: CABOS

ARCOS W2

H A

W1 W2

Formas Históricas de Cabos:

ROMANO

GÓTICO

Arcos aplicados em engenharia: Arco com tabuleiro superior

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ÁRABE

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Arco com tabuleiro inferior

Arcos de fundação com estruturas de teto curvo.

Curva funicular: catenária.

Altura do arco = 1/5 do vão.

Arcos em contraforte com estrutura de telhado suspenso horizontal.

Curva funicular: polígono parabólico.

Altura do arco: 1/3 do vão.

Arcos em contraforte suportando estrutura de telhado horizontal.

Curva funicular: polígono parabólico.

Altura do arco: 1/5 do vão.

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106

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107

Arcos em contraforte com estrutura de telhado curvo.

Curva funicular: catenária.

Altura do arco: 1/7 do vão.

Arcos de fundação segmentados com estrutura de telhado de forma irregular.

Curva funicular: polígono irregular.

Altura do arco: 1/3 do vão.

Arcos de fundação suportando estrutura de telahdo horizontal.

Curva funicular: polígono parabólico.

Altura do arco: 1/5 do vão.

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2.5.1.

Arcos biapoiados

a) Cargas Verticais

R θ

VA = P/2

VB = P/2

QS = VA senθ = P senθ / 2 NS = -VA cosθ = - P cosθ / 2 MS = VA (R - R cosθ) = PR (1 - cosθ) / 2 Viga de Substituição: P

C S

R A

P/2

DMF M = P/2 AM M = PR (1-cosθ)/2 Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas - GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial - PET

Mmáx = PR/2

108

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109

M = PR (1-cos θ) / 2 M máx = PR/2

C S

M = PR (1-cos θ ) / 2

(+)

DMF

P/2 (+)

(Psen θ)/ 2

C -(Psen θ)/ 2

(-)

-P/2 θ

-(Pcos θ)/ 2

DEC

-(Pcos θ)/ 2

S (-)

-P/2

(-)

DEN -P/2

Para carregamento uniformemente distribuído, usando a linha de fechamento para traçado dos diagramas:

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110

s A

x L/2

L/2

DMF

(+) Mmáx = qL2 /8

Eixo x é utilizado em vez do eixo s da barra curva.

b) Cargas Horizontais (passam pela linha AB)

y(x) S HA=1 tf

B 1 tf

Na seção S o momento fletor é: M = -1tf x y. Logo, em função de x, M(x) = -1 x y (x) e o diagrama traçado em relação a AB, fica:

M (x) = -y

(x)

(-)

DMF (tf) onde y(x) é uma função contínua qualquer.

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2.5.2.

111

Pórticos com arcos (ou barras curvas) 2 tf/m E par. 2º grau

3m C

3 tf 4m B

2 tf

5 tf

3m 8 tf

4 tf 2 tf/m

par. 2º grau

S y

C 4 tf

8 tf.m

20 tf.m

5 tf

8 tf

2 tf/m

E S

2+3=5 tf

8 tf.m

C 4 tf

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20 tf.m

D 8 tf

5 tf

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20 tf.m qL 2/8 = 9 tf.m

8 tf.m

5 tf.m

15 tf.m par. 2º grau D

par. 2º grau

15-9 = 6 tf.m

20 tf.m

8 tf.m

O diagrama resultante fica:

15-9=6 20

8 8

DMF (tf.m)

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112

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2.5.3.

113

Arcos Triarticulados

a) Cargas Verticais com Linha de Fechamento Horizontal

Pm G

S y

A x L1

f é a dist. curva a

1 ...

i ...

m...

Cálculo das reações: I.

ΣFx = 0 HA = HB = H; -- 1 --

II.

ΣMA = 0 L.VB = ∑ Pi xi VB = ∑ Pi xi / l -- 2 --

Percebe-se que VB = V*b;

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III.

ΣFy = 0 VB + VA = ∑ Pi

VA = ∑ Pi - VB -- 3 --

Também observa-se que VA = V*a; IV.

ΣMGesq = 0 (Momento Fletor na Rótula é nulo) VA L1 − H.f − P1 (L1 − x1 ) − P2 (L1 − x 2 )... = 0 ou

VA L1 − H.f − ∑ iL=1 Pi (L1 − x i ) = 0 -- 4 -Da viga de substituição, temos que: M *g = Va*L1 − ∑ iL=1 Pi (L1 − x i ) -- 5 --

Como V*a = VA Æ Substituindo 5 em 4, vem: M*g – H.f = 0 H = M*g / f -- 6 -Esforços em uma seção S (distante x de A)

Pi P 1 ... S

VS = (VA − ∑ii =1 Pi ) cos ϕ − H.senϕ

NS = (−VA + ∑ii =1 Pi )senϕ − H. cos ϕ MS = VA x − ∑ii =1 Pi ( x − x i ) − H.y Pela viga de substituição, tem-se: VS = Vs* cos ϕ − H.senϕ -- 7 --

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114

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115

NS = −Vs*senϕ − H. cos ϕ -- 8 -MS = M*s − H.y -- 9 -onde ϕ encontra-se a partir de y(x): tg ϕ = dy/dx; sendo dada a curva y(x) que define o arco. Exemplo: Encontrar Esforços Internos no Arco Circular para pontos de coordenadas x = 0, 4, 8, 12 e 16 m.

8 tf/m

f = 3m

y A

x R 16m

VA a

L=L1+L 2

16m

f é a dist. da curva a AB

VB s

V*S =V*a -qx V*b

V*a

(R-3)2 + 162 = R2

Centro do Círculo:

R2 - 6R + 9 + 256 = R2

a = 16m

6R = 256 + 9

b = - (R-3)

R = 44,17m

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116

Equação do Arco: (x-16)2 + [y + (R-3)]2 = R2 derivando em relação a x: 2(x-16) + 2 [y + (R-3)] dy/dx = 0 teremos que: tg ϕ = dy/dx = (16 - x) / (y + R - 3)

R = 44,17 m

Da viga de substituição obtemos: VA =

ql 8x32 = = 128kN 2 2

M *g =

ql 2 8x32 2 = = 1024kN.m 8 8

H = M*g / f = 1024 / 3 = 341,33 kN

Pontos

tg ϕ

sen ϕ

cos ϕ

0,388

21,24º

0,362

0,932

- 364,5

- 4,3

1,34

0,283

15,96º

0,272

0,962

- 354,5

- 0,5

- 9,4

2,27

0,184

10,43º

0,181

0,983

- 347,1

1,1

- 6,8

2,82

0,091

5,20º

0,091

0,996

- 342,9

0,8

- 2,6

3,00

0º

1,0

- 341,3

qx 2 M = VA x − 2 * S

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-341,3

-36 4,5

9 -342,

,1 47 -3

-3 54 ,5

DEN (kN) 3

-0 ,4 9

0 -0 ,81 -1 ,13

-4 ,2 6

0,81

1,13

49 , 0

26 DEC (kN) 4,

6 -2,

,8 -6

,4 -9

DMF (kN.m)

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117

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118

Linha de Pressões Observa-se da equação 9 ( M S = M *s − H.y ) que: se MS = 0 Æ M*S = H.y Æ y = M*S / H -- 10 -ou então, se y = M*S / H, então MS = 0. Derivando a equação 10 em relação a x: dy dM *s 1 Vs* = = = tgϕ -- 11 -dx dx H H V*s = tg ϕ . H Substituindo 11 em 7: VS = tgϕ .H. cos ϕ − H.senϕ = 0 ; ou seja, tanto o momento fletor quanto o esforço cortante são nulos em qualquer seção S. O arco está submetido apenas a esforço normal. Diz-se então que a forma do arco, y = M*s / H, é a linha de pressões para o carregamento dado. Considerações: •

Quando o arco tem a concavidade voltada para baixo, e quando as cargas são para baixo, os esforços normais são sempre de compressão (N<0);

•

Se a concavidade for para cima e a carga para baixo, os esforços normais são de tração(N>0);

•

Para cargas uniformemente distribuídas a linha de pressões é uma parábola do 2º grau;

•

Linha de pressões é a forma mais econômica do arco.

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119

b) Cargas Verticais com Linha de Fechamento Inclinada A resultante das reações RA e RB dos apoios do 2º gênero são decompostas em 2 direções: - Vertical - Paralela a AB (conforme mostra a figura a seguir)

Pm ...

G Pi ...

S H'

P1 ...

f y

P1 ... Pi ... s

Pm ... g

Pn b

∝ Æ ângulo que AB faz com o eixo dos x. Analogamente ao que foi visto para linha de fechamento horizontal, será utilizado o artifício da viga de substituição para o cálculo das reações verticais e esforços em uma seção genérica S.

Cálculo das reações: I.

ΣFx = 0

HA = HB = H'; -- 1 --

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II.

ΣMA = 0 L.VB = ∑ Pi xi VB = ∑ Pi xi / L -- 2 –

III.

ΣFy = 0 VB + VA = ∑ Pi VA = ∑ Pi - VB -- 3 --

Observa-se que as equações obtidas são idênticas às obtidas no item a.

IV.

ΣMGEsq = ΣMGDir = 0 (Momento Fletor na Rótula é nulo), pela esquerda: VA L1 − H' f cos α − ∑ iL=1 Pi (L1 − x i ) = 0 -- 4 --

Da viga de substituição, temos que: M *g = Va* L1 − ∑ iL=1 Pi (L1 − x i ) -- 5 --

logo: M*g - H'.f cos ∝ = 0 para ∝ = 0 Æ cos ∝ = 1, teremos: M*g - H'.f = 0 -- 6 -que também equivale a equação encontrada no item a. Esforços em uma seção S (y Æ medido a partir da linha de fechamento AB)

S H' cos( )

P1 ... y

S H' sen(

A H'

VA Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas - GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial - PET

)

120

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121

VS = (VA − ∑ in=1 Pi ) cos ϕ − H' sen(ϕ − α) N S = (− VA + ∑ in=1 Pi ) sen ϕ − H' cos(ϕ − α) M S = VA x − ∑ in=1 Pi ( x − x i ) − H' y cos α

Pela viga de substituição, tem-se: VS = Vs* cos ϕ − H ' sen(ϕ − α ) -- 7 -N S = −Vs*senϕ − H' cos(ϕ − α ) -- 8 -M S = M *s − H'.y. cosα -- 9 -Linha de Pressões: Igualando a equação 9 a zero vem: y = M*S / H' cos ∝ -- 10 -Forma do arco que coincide com a linha de pressões do carregamento, para a qual o arco está submetido apenas a esforço normal. Vamos mostrar que VS será sempre nulo também. Derivando a equação 10 em relação à x: Vs* dy = dx H' cos α Vs* =

dy H' cos α dx Levando em conta que y = Y - y * :

α y*

x dy dY dy * = − = tgϕ − tgα dx dx dx Logo, substituindo em 7: VS = H' cos α( tgϕ − tgα) cos ϕ − H' sen (ϕ − α) VS = H' cos α sen ϕ − H' sen α cos ϕ − H' sen(ϕ − α) = 0 Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas - GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial - PET

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Portanto, se MS = 0 então VS = 0 também. O único esforço atuante no arco nesta situação é o esforço normal, NS, que pode ser obtido por: N S = (Vs* + H' senα) 2 + (H' cos α) 2

NS Pi ...

VS+H'sen a

H'cos a

P1 ...

x VA

Que é o resultado da projeção de H' nas direções horizontal e vertical, seguida do cálculo da resultante vetorial, em módulo, da composição das forças horizontais e verticais à esquerda da seção S, na direção normal à seção (NS será de compressão para arcos com concavidade e cargas para baixo). Pode-se também obter, da figura anterior, a inclinação da tangente ao arco na seção S: tgϕ =

Vs* + H' senα H' cos α Resumindo, para a linha de pressões:

y = M*S / H' cos ∝ onde H' = M*g / f cos∝

tgϕ =

Vs* + H' senα H' cos α

N S = (Vs* + H ' senα) 2 + (H ' cos α) 2

e, quando a linha de fechamento é horizontal, ∝ = 0: y = M*S / H onde H = M*g / f

Vs* tgϕ = H 2

N S = Vs* + H 2

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2.6.

123

Grelhas

Grelha é uma estrutura reticulada plana submetida a carregamentos perpendiculares ao seu plano. 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 (SET 403, 1998).

Ilustração 2.6-1 Grelha com malha quadrada e oblíqua (Engel, 1981) A vantagem deste sistema de vigas interligadas está no funcionamento conjunto de todos elementos resistentes para qualquer posição de carregamento.

Ilustração 2.6-2 Reações e deslocamentos em grelha retangular (SET 403, 1998)

No sistema da ilustração 2.6-2, observa-se que uma parcela maior da carga concentrada “P” é transmitida dos apoios pela viga de menor vão, enquanto uma parcela menor é transmitida na direção do maior vão. A viga mais rígida, a mais curta, será mais solicitada em comparação com a viga mais flexível, a mais longa. Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas – GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial – PET

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124

A interligação rígida nos pontos de interseção entre as vigas, introduz um giro na seção transversal, conforme pode ser observado da ilustração seguinte. Quando uma das vigas sofre flexão, a viga interligada sofre um efeito de torção. Logo, as barras de uma grelha estão submetidas a esforços cortantes (V), momentos fletores (M) e momentos torsores (T).

Ilustração 2.6-3 Inversão de curvatura nas barras de uma grelha (SET 403, 1998)

Se a grelha está situada no plano xy e o carregamento possui a direção z, as equações de equilíbrio da estática são:

∑ Fz = 0 ,

∑ Mx = 0 ,

∑ My = 0

Uma grelha será isostática quando estiver restrigida e houver apenas 3 incógnitas a determinar.

Caso a grelha seja triapoiada, os três apoios não devem estar situados sobre uma mesma reta. Se isso ocorrer, a grelha não está restringida e é hipostática. Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas – GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial – PET

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125

A grelha deve possuir também apoios no próprio plano (xOy) que garantam a estabilidade para eventuais carregamentos na direção x ou y. Na figura a seguir, todos os vínculos estão representados.

Os apoios de 1° gênero, B, C e E, restringem deslocamentos na direção z e os apoios A e D restringem deslocamentos nas direções y e x, respectivamente. Como as grelhas são usualmente estudadas para cargas perpendiculares ao plano da estrutura, não se costuma representar os apoios no plano xOy.

No caso geral de uma estrutura submetida a um carregamento com componentes perpendiculares e paralelos ao seu plano (carga oblíqua), a análise será feita em separado para a decomposição do carregamento segundo o plano e perpendicular ao plano da estrutura.

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Os esforços atuantes na estrutura resultam da superposição dos esforços internos resultantes da análise da estrutura plana e da grelha, devendo a estrutura ser projetada para resistir a todas as solicitações atuantes. Exemplo:

1. Obter os diagramas solicitantes para a grelha da figura.

Reações de apoio

Iniciando a análise por uma extremidade de cada barra: Barra CB:

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Barra BA:

Diagramas:

Bibliografia (parte 2.6): SET403 – Sistemas estruturais – Elementos estruturais, apostila - USP/ EESC/Departamento de Engenharia de Estruturas, São Carlos, 1998. Engel, H. Sistemas estruturais. Trad. De Carlos Antônio Lauand. São Paulo, Ed. Hemus, 1981. Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas – GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial – PET

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3. ESTUDO DE CARGAS MÓVEIS EM ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS 3.1.

Cargas Móveis – Trem-Tipo.

Já vimos que as cargas que atuam sobre uma estrutura podem ser classificadas em: 1) Permanentes: atuam sempre sobre a estrutura. Ex.: peso próprio, revestimentos, equipamentos,... 2) Acidentais: eventualmente atuam sobre a estrutura. Ex.: vento, terremoto, neve, materiais, água, móveis,...

As cargas acidentais podem ainda ser classificadas em fixas e móveis: a) Fixas: posição de valor determinado, conhecido. b) Móveis: valor conhecido mas posição variável. Ex.: veículos, trens, cargas em ponte rolante,...

Seja por exemplo o projeto de um viaduto. Que cargas móveis colocaremos sobre ele? Existem infinitas combinações de veículos possíveis, qual devemos escolher? Apesar da posição dos veículos não ser conhecida, o valor do peso de cada roda (eixo) e a distância entre os eixos é conhecida. Além de veículos, pessoas também podem atuar sobre o viaduto, o que é denominado de “carga de multidão”. Baseadas nestes valores conhecidos, as normas da cálculo estabeleceram cargas móveis ideais (típicas de cada país) denominadas “ Trem – Tipo”, como mostram as figuras a seguir.

3.2.

O Problema a Resolver

Seja, por exemplo, a viga abaixo, submetida a uma carga permanente uniformemente distribuída que:

q=2tf/m l

l/4

O diagrama de momentos fletores para carga permanente é:

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129

Para l = 4m − (Mmáx ) = -1 tfm + ( M máx ) = +3,5tfm

Seja uma carga móvel, de 1tf, que pode atuar e qualquer ponto da estrutura P(z). O problema a resolver é a determinação dos esforços máximos e mínimos provocados pela carga móvel. Por + − ) e o mínimo (Mmáx ) provocado por P(z), que exemplo, qual o momento fletor máximo (Mmáx

devemos somar com os momentos causados pro cargas permanentes.

− ) , quando P for Para este caso simples, observa-se que o momento fletor será mínimo, (Mmáx

aplicada em C e o momento fletor será máximo quando P for aplicada em E: i)

− (Mmáx ) = -1tfm

ii)

+ (Mmáx ) = +1tfm

Faz-se então a envoltória dos esforços: − i) Mmáx = -1(perm.) –1 (acid.) = -2tfm + = +3,5(perm.) +1(acid) = + 4,5tfm ii) Mmáx

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130

Em geral as cargas móveis não são tão simples, no caso de veículos podemos ter por exemplo:

Mas, supondo que a estrutura tenha comportamento linear, podemos usar a superposição de efeitos e decompor o trem – tipo em:

(=4x1tf)

(=8x1tf)

(série infinita de cargas concentradas)

A resolução do problema de cargas móveis em estruturas será feita através do processo de linhas de influência que será definido a seguir. Supõe-se inicialmente que o trem-tipo é constituído de apenas 1 carga concentrada unitária. Em seguida, são feitos os cálculos necessários para levar-se em conta o trem-tipo real.

3.3.

Linhas de Influência – Definição

Linha de um efeito elástico E em uma dada seção S é a representação gráfica do valor deste efeito em S produzido por uma carga concentrada unitária (de cima para baixo) que percorre a estrutura. Gráfico E x z para P(z) = 1 . •

Efeito elástico pode ser esforço (axial, cortante, momento fletor ou torsor), reação de apoio ou deformação.

Seja por exemplo a linha de influência do momento fletor em S para a viga a seguir:

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i) z = 0

Ms = 0

ii) z = a

Ms =

iii) z = L

Ms = 0

iv) z =

(L − x ) (x ) L

5L −x Ms = 4 4

(x é fixo, z varia) Para x = 1m, L = 4m: M1 = 0,75 M 2 = −0,25

Na verdade deve-se analisar se a carga está à esquerda ou á direita da seção: i) 0 ≤ z ≤ x :

Ms = V A x − 1( x − z )

Ex: x = 1m Sendo VA =

L = 4m

VA =

1.(L − z ) L

(4 − z ) → Ms⎛ 4 − z ⎞.1 − 1.(1 − z ) = 1 − z − 1 + z = 3z 4

Eq. uma reta

⎜ ⎟ ⎝ 4 ⎠

{ zz == 10m(S)

Ms = 0 Ms = 0,75

5 4

ii) x ≤ z ≤ L VB =

Pz z = L L

M S = VB (L − x ) − 1(z − x ) MS =

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z (L − x ) − (z − x ) L

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Ex: x = 1m , L = 4m : M S = z − (z − 1) = 1 − z 3 4

1 4

1 MS = 1 − = ⎧z = 1 4 ⎪ Eq. de uma reta ⎨z = 4 M S = 0 ⎪z = 5 5 ⎩ MS = 1 − = 4

3 = 0,75 4 −1 = −0,25 4

Ex: Quando z = 2m ( P = 1tf em E) M S = 0,5tfm + − M Smáx = +0,75 M Smáx = −0,25

LIMS

LIME

0,25L

0,125L 0,125L 0,125L

0,25L

LIMD +

0,1875L 0,0625L

0,25L

0,125L

LIMF

0,1875L

LIMG LIMB

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0,125L

0,25L

133

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LIR A

0,25L

0,125L

1,0

0,25L

Bdir

0,75

0,25

0,5

+ -

0,75

0,25

0,5

+ 0,25

1,0

LIR B

0,125

0,25

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1,0

0,25

LIR A

134

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3.4.

Obtenção dos Efeitos, Conhecidas as L.I.

Mais tarde veremos com detalhes a obtenção de linhas de influência para diversos tipos de estruturas e voltaremos ao exemplo anterior para obter as L.I. de reações e esforços mostrados nas páginas 113, 114 e 115. a) Seja por exemplo em trem-tipo constituído de n cargas concentradas que percorre uma estrutura cuja L.I. do efeito E na seção S é:

P1...

Pi...

LIES

i ηi

*O valor do efeito produzido em S por uma carga unitária atuando no ponto i é ηi . Logo o efeito produzido por uma carga Pi é Pi ηi . *Pelo princípio de superposição de efeitos (supondo material elástico-linear e pequeno n

deslocamento) o efeito em S produzido por todas as cargas é: E S = ∑ Pi η i . i =1

b) Seja agora um trem-tipo composto por uma carga uniformemente distribuída q, de z = a até z = b:

b qdz

LIES

Ω

E S = ∫ qdz.η i = q ∫ η i dz = qΩ (área abaixo do gráfico da LI de a a b)

Sendo Ω denominada área de influência. Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas – GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial – PET

135

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c) Caso geral – trem tipo composto de cargas concentradas mais uma carga distribuída:

ES = ∑ (Pi ηi ) + qΩ

Obs.: Os conceitos vistos até aqui para linhas de influências são válidos para estruturas

isostáticas e hiperestáticas. A unidade das LI de momento fletor é de comprimento e a unidade das L.I. de reação de

apoio, esforço normal e cortante é adimencional. Veremos em seguida a obtenção de L.I´s e de efeitos de tens-tipo, inicialmente para estruturas isostáticas simples.

3.5.

Exemplos em Estruturas Isostáticas Simples: Viga Engastada e Livre

3.5.1.

Reações de apoio i) ∑ Fy = 0 ∀z , R A = 1

P=1

ii) ∑ M A = 0 M A + 1 , z = 0 ∴ M A = −z

S x

(será considerado ⊕ ):

RA (+)

(-)

nulo

↑

tracionando fib. inf.

Esforços em S:

+1 LIRA -L LIMA

i) carga à esquerda de S, z < x

(-)

LIMS

1 MS

M S = −z + 1.x = −1.( x − z)

RA = 1

∴MS = 0

ii) carga à direita de S, z > x

-(L-x) nulo

VS = 0

+1 LIVS

(+)

MS 1

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não entra VS = 1

M S = −z + 1.x = −(z − x )

136

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•

Obter as reações de apoio máximas para uma viga em balanço com 10m de vão submetida ao trem-tipo:

20tf

10tf

1tf/m carga de m ultidão infinita

20tf

i) RA :

10tf 1tf/m +1 10m

LIRA

R A = 20.1 + 10.1 + 1.(1.10) = 40tf

ii) Para obter-se o momento máximo no engaste deve-se pesquisar qual a posição do tremtipo mais desfavorável (que implica na reação máxima). a) Sentido →

b) Sentido ←

10tf 20tf

20tf 10tf

1tf/m

1tf/m 3m

7m (-)

3m -10

-10

(-)

LIMA

É óbvio que o caso b) é mais desfavorável: M A = 1tf / m.Ω + P1η1 + P2 η 2

(

)

M A = 1tf / m. − 50m 2 + 10 tf .(− 7 m ) + 20 tf .(− 10m ) M A = −50 − 70 − 200 = -320tf.m

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η1 7 = → η1 = 7 10 10 Ω=

− 10.10 = −50 2

η1 η 2

LIMA

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3.5.2.

Viga Biapoiada

Reações de apoio:

RA =

1− z / L

Esforços na seção S: i) carga à esquerda de S: (z < x)

L RA

L−z z ; RB = L L {

MS VS =

+1 (+)

VS LIRA +1

L−z L

LIRB

∴ VS =

MS =

L−z −1 L −z L

(L − z ) .x − 1.(x − z ) = ⎛1 − x ⎞z ⎜ ⎝

∴MS = z −

⎟ L⎠

z x L

ii)carga à direita de S: (z > x) nulo

LIVS

1 L-z VS

-1 LIMS

VS = 1 −

MS z/L

L-x x L-x MS =

z (L − x ) − 1.(1 L4 −4 x2 −4 L+ z) 4 3 L424 1 3 z z− x L

MS = −

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z−x

z x x−x=x− z L L

z L

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•

Obter a envoltória (esforços máximos e mínimos) de momentos fletores para a viga abaixo, indicando os esforços nas seções indicadas: (1), (2) e (1´):

Dados: a) carga permanente g = 2tf / m b) carga móvel

20tf

10tf

1tf/m

3m Estrutura (1)

(2)

(1´)

L=12m

a) carga permanente: M ( 2) =

2tf/m

qL2 144 = 2. = 36 tf .m 8 8

M (1) = M (1´) = 12.3 −

2.3 2 = 27 tf .m 2

Mg (tf.m) 27

b) carga móvel b.1) seção (1), (1´)

20tf

⎛ 12 ⎞ 1) M (máx = 20.2,25 + 10.1,5 + 1.⎜ .2,25 ⎟ 2 ⎝ ⎠

10tf 1tf/m

1) ∴ M (máx = 73,5tf .m

LIM(1) 3*

η1

η2

3 η1 = .3 = 2,25 4

2 η 2 = .3 = 1,5 4

1) M (total = 27 + 73,5 = 100,5tf .m

A= (2,25x3)/2 + (2,25x9)/2 = 13,5 3 n1 = ∴ n1 = 9 / 4 = 2,25 12 9 2,25 n 2 = ∴n 2 = 1,50 9 6

* x=3 para as ações (1) e (1’). Também, L-x = 12-3 = 9 Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas – GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial – PET

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b.2) seção (2)

20tf

⎛ 12 ⎞ 2) M (máx = 20.3 + 10.1,5 + 1.⎜ 3. ⎟ ⎝ 2⎠

10tf 1tf/m

2) ∴ M (máx = 93tf .m

Será visto posteriormente que sempre ocorrerá um efeito máximo quando uma

η2

η1

das cargas concentradas atuar em um dos

LIM(2)

pontos angulosos da linha de influência.

-6

η1 = 3 η 2 = 1,5 2) M (total = 36 + 93 = 129tf .m

ENVOLTÓRIA DE MOMENTOS FLETORES:

(1)

(2)

(1´) mínimo

27 36

100,5

faixa de trabalho da viga máximo

100,5 129

Para obter-se a envoltória de esforços cortantes procede-se analogamente (ver Sussekind, .1 pg 277-280).

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3.6.

Análise de Efeitos Teorema Geral

3.6.1.

“Haverá uma efeito máximo quando uma das sucessiva cargas concentradas estiver sobre um dos pontos V1 angulosos da linha de influência” (mesmo que uma das cargas do trem-tipo caia fora da estrutura). (Vale também para estruturas hiperestáticas).

P 1 dz

P i ... dz

P3 q

ηi αi

ηi + tgαdz

Para um acréscimo dz à variável z, tem-se um acréscimo do efeito E: dE = (E + dE ) − E = [∑ Pi (η i + dztgα i ) + qΩ] − [∑ Pi η i + qΩ]

∴ dE = dz ∑ Pi tgα i

∴

dE = ∑ Pi tgα i dz

- antes do máximo ⇒ ∑ Pi tgα i > 0 - após o máximo ⇒ ∑ Pi tgα i < 0 Como ∑ Pi é constante, deve haver uma mudança em α i para que as condições acima sejam atendidas ⇒ o máximo ocorre quando uma das cargas esta sobre um ponto anguloso da L.I.

3.6.2.

Obtenção de Momento Fletor Máximo de uma Seção S de um Viga

Biapoiada para um dado Trem-tipo Constituído de Cargas Concentradas

Supondo que todas as cargas do trem-tipo situem-se sobre a viga,

Chamando de R a resultante de todas as cargas do trem-tipo,

Supondo que PR seja a carga que atue sobre o ponto anguloso da L.I.:

k −1

∑ Pi < R

i =1

x k < ∑ Pi L i =1

onde x é a distância de S até o apoio x e L é o comprimento do vão.

OBS.: Deve-se analisar os 2 sentidos do trem-tipo, separadamente.

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PN (Ver demonstração no Sussekino)

S LIMS

L-x

Exemplo:

Viga

x = 8m L = 20m

8m 20m b. Trem-tipo

5 10 12 15 8

(tf)

1m 2m 2m 2m 1º Sentido

→ R = 5 + 10 + 12 + 15 + 8 = 50 tf x 50.8 R = = 20 tf L 20

+3 10 ≤ 20 ≤ 51+410 12 Logo deve-se ter 512 2+ 43 antes do pico

após o pico

Logo 12tf é a carga sobre o pico = Pk

8 15 12 10 5 5m 1m 2m2m 2m η1 η 2 η3 η 4 η5

12 24 ∴η k = = 4,8 8 20 5 η1 5 = ∴η1 = 3,0 4,8 8 η2 6 = ∴η 2 = 3,6 4,8 8 η 4 = 4,0;η 5 = 3,2 =

M S( máx ) = 5.30 + 10.3,6 + 12.4,8 + 15.4,0 + 8.3,2 = 194,2 tf .m Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas – GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial – PET

141

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2° Sentido: ←

8 15 12 10 5

23 ) 6(7 8 8 < 20 < 8 + 15

x R = 20 L

142

∴ Pk = 15 tf

8 15 12 10 5 6m

η5 3,6 4,8

4,0

η5 4,8

7 ∴η 5 = 2,8 12

3,2

M S( máx ) = 8.3,6 + 15.4,8 + 12.4,0 + 10.3,2 + 5.2,8 = 194,8tf .m

Este sentido prevalece → M S( máx ) (continua na próxima página)

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143

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+1 +

LIRE

LIRF -

LIMI

LIVGDIR =

( LIVGESQ ) 1 + LIRI +1 +

LIVS

LIVEDIR

-1 +

LIVEESQ +1

-1

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LIRC

144

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1,0 +

m/L

LIRA -

1,0

1,0+m/L

LIRC

Q Eesq = Q Edir

QEesq. QEdir.

QEdir.

QEesq. E

P = 1,0

P = 1,0 Edir.

Eesq. QEesq. = 1,0

Eesq.

Edir. E

QEdir. = 0,0 QEesq. = 1,0

QEdir. = 0,0

Devido à convenção Q Eesq. = +1,0

P = 1,0

QEdir. = 1,0

Eesq. E

E Eesq.

P = 1,0

Edir.

QEesq. = 1,0

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Edir. QEdir. = 1,0

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C D E

n zero

LIM A

(-) (+)

ma/L ma/L

LIM B

(-)d

LIM C zero (+)

LIM E

ef/n

LIM F 1,0

(+)

(-)

m/L

(-)

m/L

LIQ A direita

ma/L (+) b/L

LIQ B

a/L (-) (-)

(-)

m/L

LIQ C esquerda

1,0 (+) 1,0

LIQ C direita

(+) 1,0

LIQ D (+) 1,0

LIQ E esquerda

(+) 1,0

LIQ E direita (+) f/n e/n

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LIQ F

145

146

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d) Exercício Determine os valores máximos e mínimos do momento fletor no ponto C, da força-cortante no ponto D e da reação vertical no apoio A, na viga abaixo para o seguinte carregamento:

2,5m

5m C

D A

B 10m

permanente →

g = 2tf/m

acidental → (trem-tipo)

Q = 10tf

2,5m q = 1tf/m

d.1) Momento fletor em C Para a determinação dos valores máximo e mínimo do momento fletor no ponto C, deveremos estabelecer os carregamentos abaixo esquematizados: 5m

mínimo

g Q

máximo

2,5m

1,25m

2,5m

a 1a 2 5x 5 = = 2,50 L 10 Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas – GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial – PET

linha de influência de M para C

147

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Portanto: 2,5x10 = +25tf 2 2,5x10 = +25 + 1x + 10x 2,5 + 10 x1,25 = 75tfm 2

M mín ,C = +2 x M máx,C

d.2) Força cortante em D

Para a determinação dos valores máximo e mínimo da força cortante no ponto D, deveremos estabelecer os carregamentos abaixo esquematizados:

2,5m

7,5m

g Q

mínimo

q g Q

máximo

2,5m

a 1 2,5 = = 0,25 L 10

0,50

+ 0,25

0,75

linha de influência de M para D

a 2 7,5 = = 0,75 L 10

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148

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Portanto: 0,25 x 2,5 ⎛ 0,75 x7,5 0,25 x 2,5 ⎞ − − 10 x0,25 = +5,00 − 0,312 − 2,50 = +2,188tf Vmin, D = 2 x⎜ ⎟ − 1x 2 2 2 ⎝ ⎠ 0,75 x7,5 Vmáx , D = +5,00 + 1x + 10 x0,75 + 10 x0,5 = +20,125tf 2 d.3) Reação vertical no apoio A: Para a determinação dos valores máximo e mínimo da reação vertical no apoio A, deveremos estabelecer os carregamentos abaixo esquematizados:

10m A

B RV,1

RV,2

mínimo

g Q

máximo

0,75

1,00

linha de influência de RV,1 +

Logo, no trecho CS, a linha de influência de M para S é uma reta com ordenadas –(a3 – a1) em C e nula em S. No trecho SD, esta linha de influência tem todas as ordenadas nulas, pois, a carga F = 1 aí atuando não provoca momento fletor em S. Portanto, para a seção S localizada no balanço da esquerda, ou coincidindo com o apoio A, podemos elaborar a seguinte figura:

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149

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F 1

a1 S

B L

45°

Linha de influência de M para S

η1

a3 - a1

η2

Linha de influência de M para A

45°

Podemos elaborar a seguinte figura: a2 F2≠1

a1 F1≠1

F3≠1

a2 .a3 L

η1

η2

η3

+ a1

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a 1 .a 4 L a 1. a 2 L

150

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Assim, os momentos fletores em S produzidos pelas cargas F1, F2, F3 ≠ 1 serão, respectivamente:

M S = −F1 .η1 ;

M S = + F2 .η 2

M S = − F3 .η 3

Para determinar a linha de influência do esforço cortante para a seção S, deve ser analisado o efeito V na seção S quando a carga F = 1 estiver atuando entre C e S para qualquer posição daquela carga entre C e S: VS = − F = −1

Logo, no trecho CS a linha de influência de V para S é uma reta com ordenada unitária constante. No trecho SD, esta linha de influência tem todas as ordenadas nulas, pois, a carga F=1 aí atuando não provocará força cortante em S.

Portanto, para a seção S localizada no balanço da esquerda oi coincidindo com a seção A à esquerda, podemos elaborar a seguinte figura:

F≠1 S

L Linha de influência de V para S

1 1 Linha de influência de V para Aesq 1 1

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151

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F1≠1

F3≠1

F2≠1

F4≠1

Linha de influência de V para S

L +

η1

η 2 ,1 - a 1 L

η 3,1

η4

Linha de influência de V para A dir

L +

η1 1

η 2,2

η 3,2

η4

Linha de influência de V para B esq

L +

η1 1

η 2,3

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η 3,3

- a4 L

152

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R V ,1 = − R V,2 = +

(x − a 3 − L )

(reta)

(x − a 3 )

(reta)

Se x = a 3 + L → R V,1 = 0 R V , 2 = +1

Se x = a 3 + L + a 4 → R V,1 = −

a4 L

R V,2 = +

(a 4 + L ) L

=1+

a4 L

Logo, no trecho BD, a linha de influência de RV,1 é a reta com ordenadas nula em B e (-a4/L) em D e a linha de influência de RV,2 é uma reta com ordenadas unitárias em B e (1+a4/L) em D.

Portanto, podemos elaborar a seguinte figura:

F1≠1

F3≠1

F2≠1

D A

a3 1 + a3 L

η1,1

η 2,1

linha de influência de RV,1

η1,1 a4 L

linha de influência de RV,2

a3 L

η 2,2 η1, 2

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η 3, 2

1 + a4 L

153

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e) Exercício:

Determinar os valores máximo do momento fletor no ponto C, máximo da força cortante no apoio A à direita, mínimo da força cortante no ponto D e máximo da reação vertical no apoio B, na viga esquematizada abaixo, para o seguinte carregamento:

3m C

3m D

12m

permanente →

g = 4tf/m

Q = 4tf

Q = 4tf 2m

acidental

Q = 4tf

→

q = 2tf/m

(trem-tipo)

g Q

Q 2m

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0,25

0,667

0,833

1,00

0,50

154

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e.1) Momento fletor em C:

Para a determinação do valor máximo do momento fletor no ponto C, deveremos estabelecer o carregamento abaixo esquematizado:

g Q

Q 2m

2,00

3,00

2,00

1,50

3,00

Portanto: 3.12 ⎛ 3.6 3.12 1,50.3 ⎞ M máx,C = +4⎜ − + − + 4.3 + 4.2 + 4.2 = +91,0tfm ⎟ + 2. 2 2 ⎠ 2 ⎝ 2

e.2) Força cortante em A à direita:

Para a determinação do valor máximo da força cortante no apoio à direita, deveremos estabelecer o carregamento abaixo esquematizado:

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155

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g Q

Q 2m

0,25

0,67

0,83

0,50

1,00

Portanto:

Vmáx , Adir = + 4.⎛⎜ 0,50.6 + 1.12 − 0,25.3 ⎞⎟ + 2.⎛⎜ 0,50.6 + 1.12 ⎞⎟ + 4.1 + 4.0,833 + 4.0,667 ⎝

⎠

⎝

2 ⎠

Vmáx , Adir = = +53,5tf

e.3) Força cortante em D:

Para a determinação do valor mínimo da força cortante no ponto D, deveremos estabelecer o carregamento abaixo esquematizado:

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156

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D A

g Q

Q 2m

Q 2m q

0,250

0,583

0,417

0,750

0,250

0,500

Portanto:

⎛ 0,75.9 0,25.3 ⎞ ⎛ 0,50.6 0,75.9 0,25.3 0,25.3 ⎞ Vmin, D = 4.⎜ + − + − ⎟ − 4.0,75 − 4.0,583 − 4.0,417 ⎟ − 2.⎜ 2 ⎠ 2 2 2 ⎠ ⎝ 2 ⎝ 2

V min, D = −22tf

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e.4) Reação vertical no apoio B:

Para a determinação do valor máximo da reação no apoio B deveremos estabelecer o carregamento abaixo esquematizado:

g Q

Q 2m

0,500

+ -

Portanto:

1,25.15 ⎛ 0,5.6 1,25.15 ⎞ RV ,máx , B = 4.⎜ − + 4.1,25 + 4.1,083 + 4.0,917 + ⎟ + 2. 2 2 ⎠ 2 ⎝

RV ,máx , B = +63,25tf

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1,250

1,083

1,000

0,917

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f) Envoltórias De Esforços Solicitantes – Exercício Geral: Os conceitos básicos referentes às envoltórias dos esforços solicitantes em uma estrutura já foram expostos neste capítulo. Nestas condições, iremos resolver neste item um exercício típico sobre envoltórias em vigas isostáticas, para o caso mais geral de uma viga bi-apoiada com dois balanços. Procuraremos estabelecer as envoltórias de momentos fletores e de esforços cortantes na viga. Envoltória dos momentos fletores -38,0 mín.

-22,5

+3,0 I

+ máx. +32,38

Envoltória das forças cortantes +19,99 +14,0 + C -3,0

+ E

G -

-17,0 -18,46

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LISTAS DE EXERCÍCIOS

- Graus de estaticidade - Treliças - Vigas - Cabos - Arcos - Grelhas

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LISTA DE EXERCÍCIOS - GRAUS DE ESTATICIDADE

1) Determine o grau de estaticidade externo e interno das estruturas e verifique a estabilidade. a)

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RESPOSTAS – GRAUS DE ESTATICIDADE a) nº de incógnitas = 4 n° de equações = 3 + 1 = 4 g=0 , ge = 0 , Equilíbrio estável (restringida): isostática.

gi = 0

b) nº de incógnitas = 5 n° de equações = 3 + 1 + 1 = 5 g=0 , ge = 0 , gi = 0 Equilíbrio instável (não restringida): hipostática. c) nº de incógnitas externas = 6 n° de incógnitas internas = 3 n° de equações = 3 + 2 = 5 g=4 , ge = 1 , gi = 3 Equilíbrio estável (restringida): hiperestática. d) nº de incógnitas externas = 6 n° de incógnitas internas = 3 n° de equações = 3 + 1 = 4 g=5 , ge = 2 , gi = 3 Equilíbrio estável (restringida): hiperestática. e) nº de incógnitas externas = 6 n° de incógnitas internas = 1 n° de equações = 3 g=4 Equilíbrio estável (restringida): hiperestática. f) nº de incógnitas = 7 n° de equações = 3 + 2 = 5 g=2 , ge = 2 , gi = 0 Equilíbrio estável (restringida): hiperestática. g) nº de incógnitas externas = 9 n° de incógnitas internas = 12 n° de equações = 3 g = 6 + 12 = 18, ge = 6 , gi = 12 Equilíbrio estável (restringida): hiperestática. h) nº de incógnitas externas = 6 n° de equações = 3 + 2 = 5 g=1 , ge = 6-5 = 1 , Equilíbrio estável (restringida): hiperestática.

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gi = 0

161

162

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LISTA DE EXERCÍCIOS - TRELIÇAS 1) Obter os esforços normais atuantes nas treliças pelo método analítico de Ritter: a)SÜSSEKIND, P 270 4t

12t

b) SÜSSEKIND, P 270. 4t

12t

c) SÜSSEKIND, P. 270 2t

d)SÜSSEKIND, P 272 P

a a

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e)SÜSSEKIND, P.272 3t

3m 2t 1,5t 2m

f) SÜSSEKIND, P. 272 8t

8t 2t

3m 4t

2) Determinar para treliça da figura: a) os esforços nas barras (2), (7), (16), (23), usando Método de Ritter; b) os esforços em todas as barras por método gráfico. N2 = -22,5 tf N23 = +2,5tf 40t N7 = -17,5 tf N16 = -22.5 tf A B D C 1 2 3 CAMPANARI, VOL 3, P 857. 6

30t

2m 14

N 22

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3) Obter os esforços normais atuantes na treliça pelo Método de Ritter: CAMPANARI, VOL 3, P. 848. 10,0t C

1,5m

4,0t

B 2m

2m 4m

4) Determinar os esforços nas barras (14), (27), (28) e (30) da treliça pelo Método de Ritter: CAMPANARI, VOL 3, P. 850. 16,0t

8,0t

30 9

1,5m

J 1,5m

35 34

24 12

2,0t

5) Determinar os esforços na treliça pelo processo gráfico: CAMPANARI, VOL 3, P853. C

4 d

2m VA = 1,0 t

2,0m

2 a

B f

2m P=2t

VB = 1,0 t

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6) Determinar os esforços na treliça utilizando o processo gráfico: CAMPANARI, VOL 3, P 853.

30°

Ax=0

45°

G 3

P4=3t

P3=2t

P1=2t

1 ,3

30 °

8, 65

4,620m

4,325m

77 7,

8,945m

tirante 1

A Ay=3,5t

By=6,5t

5,5m

5,5m 15m

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RESPOSTAS – TRELIÇAS 1) a)SÜSSEKIND, P 270 4t

-10

-16

-18

+ 10

+ 6

+ 2

+10

-6

-4

-10

-12

-16

b)SÜSSEKIND, P 270.

-30

-17

-30

+7,30

-4

-53,33

-24

15 +

-12

6 ,6 16

-3

+17

+12

66 1,

-12

-2

-4

12t

-1 1, 66

12t

-17,33

c)SÜSSEKIND, P. 271

0 2m

-2

-3

-1

-3

-2

+3 + 3

-8

+3 +4

+1 -3

-3

-1

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d)SÜSSEKIND, P 272

P +P

-P

e)SÜSSEKIND, P.272

6 -3,

-1,5

-1

1,5t 2m

f)SÜSSEKIND, P. 272

8t 2t

-2 ,5

-8

-6,5

4, 16

-2,5

-9,0

-7,33

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-1 1, 67

+9,33

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3) CAMPANARI, VOL 3, P. 848. Barra 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Esforço Normal 2,67 tf 2,00 tf 3,33 tf 8,33 tf 11,67 tf 2,67 tf 8,33 tf 3,33 tf 2,00 tf 11,67 tf

Sentido C C T C C C C T C C

Esforço Normal 22,66 tf 1,66 tf 15,00 tf 15,00 tf

Sentido T C C C

Esforço Normal 1,11 tf 0,50 tf 1,11 tf 1,00 tf 1,11 tf 0,50 tf 1,10 tf

Sentido C T T C T T C

4) CAMPANARI, VOL 3, P. 850. Barra 14 27 28 30

5) CAMPANARI, VOL 3, P853. Barra 1 2 3 4 5 6 7

6) CAMPANARI, VOL 3, P 853. Reações de Apoio ∑ Fx = 0 ∴ A x = 0 ∑ MA = 0 2P1 + 7,5P2 + 13P3 + 15P4 − 15B y = 0 ∴ B y = 6,5tf ∑ Fy = P1 + P2 + P3 + P4 = A y + B y ∴ A y = 3,5tf

Para iniciar o Cremona, precisa-se de um nó com no máximo 2 incógnitas. Como não existe, aplica-se o método de Ritter para encontrar o esforço no tirante (1): ∑ ME = 0 7,5A y − 2tf * 5,5m − N1 * 8,945m = 0 N1 = 1,70 tf (Tração)

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D P1=2t Ax=0

A N1

A y = 3 ,5 tf

Agora é possível iniciar o cremona pelo nó A ou B (apenas 2 incógnitas). Barra 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

Esforço Normal (tf) 1,70 0,55 3,40 0,65 0,60 1,70 0,80 1,45 0,80 3,80 3,25

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Sentido T C C T C C C C T C C

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170

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LISTA DE EXERCÍCIOS - VIGAS 1. Traçar diagramas pelo método das seções (dimensões em metros). 5kN

10kN

3kN.m

5kN/m

b) 1.2

1.8

1.2 1.2

8.57

6.43

zero

2.4

4.833

DEN (kN)

7.167

zero

6.43 1.43

4.833 DEC (kN)

8.57 0.97 DMF (kN.m)

3.0

7.716

7.16 2.80

10.29

5.20 14kN/m 6kN/m

d) 12kN.m

2.4 3.0

1.8

1.0

15.69

23.91

3.0

3.0 zero

zero DEN(kN)

3.0

15.69

1.34 1.29

DEC(kN)

0.09

9.0

23.91 DMF(kN.m)

3.0 Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas – GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial – PET

20.50

20.44

171

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6kN/m

5kN 5kN 1.2

2.4

1.8

1.2

1.2 1.8

13.0

12.2 zero

2.14 DEN (kN )

13.0

2.14 zero

2.14

DEC(kN) 2.17 1.4 1.4

2.86 12.2 2.57

12.24 14.10 13.93

DMF (kN.m) 2.57

5kN 5kN

1.2

1.8

1.2

5.0

5.0 zero

DEN(kN) 5.0

DEC (kN) 5.0 6.0

6.0 DMF(kN.m)

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2. Traçar diagramas e identificar nos diagramas os valores máximos (dimensões em metros): b)

a) 5kN

6kN/m

5kN

1.8 1.8 0.9

3.0

27.0 27.0 10.0 18.0 zero

DEN (kN)

zero

DEC(kN)

18.0

zero

DMF(kN.m)

27.0

5.0 10.0

9.0 27.0

6kN/m

6kN/m d)

b) 1.8

1.8

9.72

10.8

10.8 DEN(kN)

zero

10.8

10.8 DEC (kN)

9.72

9.72 DMF(kN.m)

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40kN 20kN/m

20kN

16kN/m

100kN.m 3.0

2.0

8kN

2.0

1.5

6.0

3.0

1.0

98.667

101.333

60.0

80.0 zero

DEN (kN)

zero

80.0 40.0

74.667

DEC (kN) 40.0

24.0

4.70 24.0 21.33 29.33

60.0

77.33

20.0

24.0

80.0 120.0

60.0

24.0

DMF(kN.m)

120.0 136.0 150.26

6kN

4kN/m

2.0

6kN

3.0

9.33

2.0

22.667

zero 13.997

DEN(kN) 6.0

3.33

20.0 DEC(kN)

0.80

6.0

12.0

10.6

8.67 DMF(kN.m) Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas – GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial – PET

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LISTA DE EXERCÍCIOS - CABOS

1) O cabo de aço de uma ponte pênsil de 600 m de vão, cujos pontos de suspensão estão no mesmo nível, deve suportar uma carga total máxima uniformemente distribuída de 3,5 kN/m. Se a flecha do cabo é de 90 m, pede-se: a) determinar a área necessária de sua seção transversal, sabendo-se que a tensão admissível deste aço à tração é de σ t = 200 MPa; b) calcular o comprimento total do cabo. R: a) A = 102 cm2 b) Lc = 636 m 2) O cabo de uma linha de transmissão, suspenso entre dois pontos no mesmo nível, deve vencer um vão de 80 m e suportar uma carga uniformemente distribuída de 0,05 kN/m. Se o comprimento total do cabo é 110 m, pergunta-se qual sua flecha e qual o valor do esforço normal máximo atuante. R: f = 30 m ; Nmax = 2,4 kN 3) O cabo BC suporta uma carga uniformemente distribuída de 50 N/m e possui comprimento total de 120 m. Se no ponto A atua um momento fletor de 200 kN.m, calcular: a) a flecha “f” do cabo; b) o valor do esforço normal máximo no cabo. B C

f=?

80m

50N/m

A 50m

50m

R: a) f = 25 m b) Nmax = 3,54 kN 4) Determinar as forças de tração nos trechos dos cabos a seguir: a) D 4m

A C

B 4m

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P = 120 kN 4m

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3,6 m

D C

B 20 kN 4m

10 kN

R: a) NAB = 169,7 kN = NCD NBC = 120,0 kN b) NAB = 26,5 kN NBC = 18,8 kN NCD = 21,9 kN

R: NAC = 161,3 kN NBD = 156,5 kN NCD = 143,2 kN yC = 2,85 m yD = 5,00 m

A C

5) Determinar a forma funicular e as forças de tração no cabo AB submetido ao carregamento da figura, sabendo que o ponto D está situado 5 m abaixo da horizontal AB:

50 kN D 100 kN

10 m

6) Dois cabos parabólicos são unidos no Ponto C, no topo de uma torre. Considerando que a torre não deve ser solicitada por componentes horizontais, determinar h:

R: h = 9,8 m

50 m B

h=?

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70 m

176

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LISTA DE EXERCÍCIOS - ARCOS

1) Calcular o valor de f para que o arco triarticulado AGB tenha a geometria da linha de Pressões do carregamento indicado e para que o esforço normal máximo valha 200 kN (compressão). Pede-se também: a) aspecto a Linha de Pressões; b) equações da Linha de Pressões em todos os trechos, referidas aos eixos x e y; c) esforço normal em G; d) inclinação da Linha de Pressões no apoio A; e) esforço normal mínimo. R: c) NG = 167,6 kN d) ϕ = 26,57° y e) Nmin = 161,2 kN

15kN/m

140kN

G f

2) Deseja-se construir um sistema triarticulado AGB cuja geometria coincida com a Linha de Pressões do carregamento da figura. Pedem-se: a) equações da Linha de Pressões em todos os trechos, referidas aos eixos x e y; b) esforço normal máximo atuante. R: b) Nmax = 118.77 kN 10 kN/m G 6m A

B 10m

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3) O triarticulado AGB deve coincidir com a geometria da Linha de Pressões do carregamento indicado, de tal forma que o esforço normal seja 100 kN (compressão). Pedem-se: a) equação da tangente da Linha de Pressões com a horizontal; b) abscissa da seção que tem o esforço normal mínimo. R: b) x = 6.93 m

P = 20kN/m

G f A

B 6m

4) Deseja-se construir um triarticulado AGB que trabalha segundo a Linha de Pressões para o carregamento indicado, de tal forma que o esforço normal máximo seja de 250 kN (compressão). Pedem-se: a) valor de p; b) equação da Linha de Pressões; c) abscissa da seção que tem o esforço normal mínimo; d) equação da tangente da Linha de Pressões com a horizontal. R: a) p = 30 kN/ m c) x = 11,54 m

p G f=5m A

B 10 m

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10 m

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5) Reconstituir o carregamento do triarticulado AGB, tal que sua geometria coincida com sua Linha de Pressões. Sabe-se que o esforço normal mínimo atuante é 16 kN (compressão).

G 3,75 m

3,75 m A

B 3m

6) Trace os diagramas de esforços (esforço normal, esforço cortante e momento fletor) para o arco de geometria descrita por uma parábola do 2o grau: Obs: calcule o valor dos esforços a cada metro para traçar os diagramas.

10 kN/m 20 kN G

f = 2,5 m

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LISTA DE EXERCÍCIOS - GRELHAS 1) Obter os diagramas solicitantes para a grelha abaixo, cujas barras formam, em todos os nós, ângulos de 90º.

2t/m

C 1t

A 3m

2) Obter os diagramas solicitantes para a grelha abaixo, em que a carga de 2t é perpendicular ao plano ABC. 2t

4 2m 135º A

3) Traçar os diagramas solicitantes para a grelha a seguir: 3m

3m 4t

1,5m

90º

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4) Traçar os diagramas solicitantes para a grelha a seguir:

3m 2t

2t 90º

5) Traçar os diagramas solicitantes para a grelha a seguir:

1t/m 1t/m 2m 90º

Fonte: Süssekind, Vol. 1, Cap. V

Grupo de Experimentação e Análise de Estruturas – GRUPEX Colaboração: Programa de Educação Tutorial – PET

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RESPOSTAS – GRELHAS 1)

24mt

12mt

M (em mt)

2,25mt

3mt

-12mt

T (em mt)

Zero

V (em t) -1t -2t

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-2t

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2) 16mt

M (em mt)

2 tm

8mt

Z e ro

T (em mt)

( - ) 8m t

V (em t) 2t (+)

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(+)

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3) 12 6

M (em mt)

+12

T (em mt)

+4 +4

V (em t)

-2

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-4

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M (em mt) 4

T (em mt)

-4 +2

V (em t)

-2

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M (em mt)

+ V (em t)

+ 2

T=0

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