Estática

GRUPO DE MECÂNICA ESTRUTURAL

Departamento de Engenharia Mecânica Faculdade de Ciências e Tecnologia da Universidade de Coimbra

Parte I - Estática

José Maria O. Sousa Cirne 2007/08

Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra

2

CAPÍTULO I DETERMINAÇÃO DAS REACÇÕES DE APOIO

1.1- Introdução

No curso que agora se está a iniciar admite-se que os corpos sólidos são

geometricamente invariáveis, onde o deslocamento isolado de pontos ou partes do corpo não

pode acontecer. Quando se pretende analisar um corpo isoladamente, é necessário substituir a

acção mecânica que sobre ele exerce o meio que o rodeia por elementos a que chamamos forças

ou solicitações exteriores. Estas forças classificam-se em forças de volume, de que são

exemplo as forças gravíticas e de atracção magnética que actuam no interior do corpo e em

forças de superfície que são aplicadas no contorno do corpo e caracterizam a interacção deste

com os corpos vizinhos. Conforme se exerçam pontualmente ou em regiões de dimensões não

desprezáveis, as forças podem ainda ser classificadas respectivamente como forças

concentradas ou forças distribuídas.

Todos os corpos sólidos são dotados de propriedades mecânicas que lhes permitem,

dentro de certos limites, reagir à acção das forças exteriores sem que haja rotura ou variação

sensível das suas dimensões geométricas. Se a um corpo em repouso fôr aplicada uma

solicitação exterior, as moléculas que o constituem alteram a sua posição e os deslocamentos

mútuos entre elas continuam até que o equilíbrio entre as forças exteriores e as interiores seja

estabelecido. Diz-se então que este corpo está no estado de deformação.

Durante a deformação as forças exteriores actuantes produzem trabalho que é, completa

ou parcialmente, transformado em energia potencial de deformação elástica. Se as solicitações

que produziram a deformação diminuirem gradualmente, dá-se um retorno parcial ou completo

do corpo à sua posição inicial de repouso. Durante a fase em que este último processo ocorre a

energia potencial de deformação acumulada é devolvida ao exterior, podendo ser recuperada

sobre a forma de trabalho. Um exemplo do que acaba de se referir é o que se verifica com a

deformação da mola de um relógio mecânico.

Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I

3

A propriedade que os corpos têm de, dentro de certos limites, voltarem à sua forma

inicial quando cessa a solicitação exterior, é chamada elasticidade. Diz-se que um corpo é

perfeitamente elástico se tem uma recuperação total da sua forma inicial uma vez eliminada a

causa da sua deformação. Se pelo contrário a deformação produzida não desaparece

completamente, quer devido às propriedades mecânicas do material, quer porque as solicitações

ultrapassaram os limites de elasticidade do material, diz-se que o corpo teve um comportamento

parcialmente elástico, tendo sofrido uma deformação plástica parcial. Neste caso parte do

trabalho produzido pelas forças exteriores é retido sob a forma de energia de deformação

plástica.

Em Resistência de Materiais admite-se que um corpo tem sempre um comportamento

perfeitamento elástico, isto é, interessa analisar o seu comportamento de modo a que não seja

ultrapassado o seu limite elástico.

1.2- Noção de Graus de Liberdade de um Corpo

Define-se como graus de liberdade de um corpo o número de parâmetros necessários

e suficientes para determinar a sua posição no espaço.

Como é sabido, a acção de um sistema de forças que actua sobre um corpo é igual à da

resultante dessas forças e do momento que esta produz em relação a um ponto. A primeira tende

a produzir uma translacção do corpo ao longo do seu suporte e o momento uma rotação em torno

de um eixo que contém o centro de gravidade do corpo. Tanto a translacção como a rotação não

têm direcção nem intensidade priveligiadas, pelo que, para exprimir comodamente este facto, é

usual dizer que a translacção é a resultante de 3 translacções segundo as direcções dos eixos

ortogonais XYZ e que a rotação é a resultante de 3 rotações em torno dos eixos do mesmo

sistema. Portanto, diz-se que um corpo no espaço tem 6 graus de liberdade - 3 rotações e 3

translacções - que são os 6 parâmetros necessários para definir a sua posição relativamente a um

sistema de eixos ortogonais.

Na prática contudo, o caso mais comum é a totalidade das forças actuarem num mesmo

plano, por exemplo o plano XZ, pelo que o número de graus de liberdade passa agora a ser de 3,


4

sendo 2 translacções nas direcções dos eixos dos XX e dos ZZ e 1 rotação em torno do eixo dos

YY. Qualquer outra tendência de translacção ou rotação obrigaria o corpo a sair do plano que

contém as forças, o que não é de considerar por implicar a existência de solicitações fora do

referido plano.

1.3- Tipos de Apoio

Considere-se um corpo perfeitamente elástico ao qual é aplicado um sistema de forças

P. Estas forças ao provocarem a deformação do corpo, vão produzir o aparecimento nos pontos

de apoio de um sistema de forças reactivas R. O corpo acaba então por ficar em equilíbrio

estático sobre a acção dos dois sistemas de forças P e R.

Os apoios, como facilmente se compreende, têm por função restringir alguns ou todos

os graus de liberdade de um corpo, isto é, impedir os seus movimentos como um todo

geometricamente indeformável. Para que um apoio possa restringir esses movimentos, é

necessário que aí se gerem forças iguais e de sinal contrário àquelas que tentam modificar as

condições de equilíbrio iniciais.

Como já foi referido, na maioria dos casos práticos os corpos são solicitados por

sistemas de forças complanares , ou, se isso não acontecer, é possível decompor esses sistemas

num ou mais sistemas de forças complanares, pelo que vai admitir-se que o corpo é solicitado

por um sistema de forças pertencente a um plano, por exemplo o plano XZ.

São 3 os tipos de apoio que é possível utilizar:

1.3.1- Apoio Móvel

Este tipo de apoio representado na Fig I-1, também conhecido como apoio simples ou

de roletes, é composto essencialmente por um balanceiro superior que pode rodar em relação ao

balanceiro inferior através de uma rótula cilíndrica. Este conjunto pode por sua vez deslocar-se

como um todo ao longo da base, graças aos roletes colocados entre esta superfície e o balanceiro

inferior. É fácil de verificar que o movimento vertical é o único que este apoio restringe.

Portanto, pode afirmar-se que o apoio móvel permite dois graus de liberdade ( 1 rotação em


5

torno do eixo dos YY e uma translacção na direcção do eixo XX ) e restringe um ( 1 translacção

na direcção do eixo dos ZZ ).

x

z(y )

Fig I-1 - Apoio móvel

No estudo deste tipo de apoios, como no dos outros que se lhe vão seguir, despreza-se o

efeito do atrito existente entre todas as partes móveis. Assim sendo, a reacção deste apoio aos

movimentos do corpo, passa pelo centro da rótula e é perpendicular à direcção do deslocamento

dos roletes, isto é, perpendicular ao plano da base onde aquele se desloca. Basta portanto

conhecer a grandeza desta componente para que a reacção fique perfeitamente caracterizada.

Esquematicamente este apoio pode ser representado nas formas indicadas na Fig I-2.

Fig I-2 - Representações esquemáticas de um apoio móvel

1.3.2- Apoio Fixo

Este tipo de apoio representado na Fig I-3, também conhecido por apoio duplo, difere

do apoio móvel pelo facto de o seu balanceiro inferior ser fixo à base. Tal facto introduz mais

uma restrição ao movimento do corpo que, neste caso, só pode rodar em torno da rótula

cilíndrica. O apoio fixo permite então, apenas um grau de liberdade ( 1 rotação em torno do eixo

dos YY ) e restringe dois ( translacções nas direcções do eixo dos XX e do eixo dos ZZ ). A

reacção deste apoio passa sempre pelo centro da rótula, mas pode ter uma direcção qualquer, o

que obriga ao conhecimento da grandeza de dois parâmetros ( por exemplo as suas projecções

nos eixos dos XX e ZZ ) para que fique perfeitamente caracterizada.


6

z

x

(y)

Fig I-3 - Apoio fixo

De forma esquemática este tipo de apoio pode ser representado nas formas indicadas na Fig I-4

Fig I-4 - Representações esquemáticas de um apoio fixo

1.3.3- Apoio Encastrado

O apoio encastrado, representado na Fig I-5, também conhecido simplesmente por

encastramento, suprime os três graus de liberdade do corpo possíveis no plano XZ. Para

determinar a sua reacção a qualquer solicitação exterior são agora necessários três parâmetros -

grandeza e sentido da força ( ou as suas projecções nos eixos dos XX e ZZ ) e do momento

reactivo.

z

x(y)

Fig I-5 - Apoio encastrado

De forma esquemática este tipo de apoio pode ser representado nas formas indicadas na

Fig I-6. Para que a primeira representação esquemática seja correcta, é necessário que a distância

l0, indicada na figura, seja muito pequena de modo a que o elemento estrutural naquela distância

possa ser considerada como perfeitamente rígida.


7

l0

Fig I-6 - Representações esquemáticas de um apoio encastrado

1.4- Tipos de Solicitações

As solicitações exteriores a que um corpo pode estar sujeito podem ser forças e ou

momentos, podendo classificar-se quanto às dimensões da zona de aplicação como concentradas,

linearmente distribuídas, distribuídas por uma superfície (por exemplo a pressão) e distribuídas

por um volume (por exemplo o peso próprio ou a força centrífuga). Em Resistência de Materiais,

devido ao tipo de elementos estruturais com que se trabalha, as duas últimas distribuições de

carga não são normalmente consideradas, pelo que só se vão abordar os dois primeiros tipos de

solicitação.

1.4.1- Carga concentrada

Diz-se concentrada toda a carga que pode ser aplicada num determinado ponto de uma

estrutura. Na prática é no entanto impossível fazer incidir uma carga num único ponto, pois, por

mais sofisticado que seja o processo de transmissão, aquela vai sempre fazer-se sentir numa

pequena zona do corpo. Sob o ponto de vista de cálculo pode, porém, admitir-se que cargas do

tipo da representada na Fig I-7 são concentradas, uma vez que a dimensão da zona de aplicação a

é muito pequena quando comparada com as dimensões da estrutura. Admite-se então que a carga

é pontual sem que com isso se esteja a cometer um erro grosseiro.

PP

a

Fig I-7 - Carga concentrada


8

1.4.2- Carga distribuída

Ao contrário das cargas concentradas, as cargas distribuidas são aplicadas numa zona

que, pelas suas dimensões, não pode ser desprezada.

Este tipo de carga é caracterizado por uma taxa de distribuição q , que se define como

sendo a relação entre a força dR que actua sobre um determinado elemento da estrutura, Fig I-8,

e o comprimento dx desse elemento,

qdRdx

= (1)

dR

dxxx

z

ba

Rd

d Fig I-8 - Carga distribuída

A taxa q é portanto uma força por unidade de comprimento, que tem como unidade do SI o N/m,

função do comprimento x da zona de aplicação e podendo tomar valores diferentes de ponto para

ponto. À linha que caracteriza a sua distribuição é chamada linha de carga, e a superfície que

ela delimita superfície de carga.

As cargas distribuidas podem ser encaradas como um sistema de forças infinitésimais,

paralelas entre si e infinitamente próximas. Tal sistema é redutível a uma resultante única, cujo

módulo é igual à soma dos módulos das cargas infinitésimais que o constituem. Com efeito,

considere-se um elemento da distribuição de carga q, com um comprimento dx infinitamente

pequeno e localizado a uma distância x de um referencial fixo, Fig I-8. A resultante deste

elemento é dada por

dxqdR= (2)

uma vez que se pode considerar que a distribuição de carga é constante ao longo do

comprimento infinitamente pequeno dx. Se se pretender determinar a resultante total R da


9

distribuição de carga total, basta somar as resultantes de todos os elementos infinitésimais

considerados entre a e b, isto é:

R q dxab= ∫ (3)

A intensidade da resultante R coincide então com a área da superfície de carga delimitada pelo

eixo1 da peça e pela linha de carga.

Para que seja possível substituir a distribuição de carga pela sua resultante, falta agora

conhecer a posição desta. Seja d a distância da resultante R ao eixo dos ZZ. O teorema de

Varignon diz que " o momento produzido pela distribuição de carga relativamente a um ponto, é

igual ao momento da resultante calculado no mesmo ponto ", ou seja:

q x dx d q dx dq x dx

q dxab

ab a

b

ab

∫ = ∫ ⇒ =∫

∫ (4)

expressão que permite calcular a posição do baricentro de uma superfície, o que leva a concluir

que a resultante das cargas distribuídas passa pelo centro de gravidade da superfície de carga.

Em conclusão, a resultante de uma carga distribuída qualquer tem grandeza igual

à área da superfície de carga, passando o seu suporte pelo centro de gravidade dessa

superfície.

Dos vários tipos de distribuição de carga, os mais conhecidos são:

I - Carga uniformemente distribuída - distribuição caracterizada por uma linha de carga

paralela ao eixo da estrutura, Fig I-9a.

II - Carga distribuída triangular - distribuição caracterizada por uma linha de carga

função linear de x, Fig I-9b.

q

l

q

l

Fig I-9a - Carga uniformemente distribuída Fig I-9b - Carga distribuída triangular

1 Eixo de um corpo é o lugar geométrico dos centros de gravidade de todas as secções que nele podem ser consideradas perpendiculares a uma determinada direcção.


10

A linha de carga pode em geral ter uma forma qualquer, dependendo das condições de

carregamento da estrutura. Por exemplo, as estruturas de sustentação de túneis ficam sujeitas a

distribuições elípticas, enquanto que para certas estruturas enterradas se admite uma distribuição

parabólica. Por fim, refira-se que a linha de carga pode ainda ser considerada como uma

associação de algumas das distribuições já consideradas. A Fig I-10, que representa uma carga

distrbuida trapezoidal, é disso um exemplo típico. Com efeito, este tipo de distribuição pode ser

tratado como uma associação de uma carga uniformente distribuida com uma distribuição

triangular.

q1

q2

l

Fig I-10 - Distribuição trapezoidal de carga

1.5- Equação geral de equilíbrio de um corpo

Para que um corpo sujeito a ligações e solicitado por um sistema de forças externas

esteja em equilíbrio estático, é necessário que obedeça às seguintes equações vectoriais:

0RFe =∑+∑rr

(5)

r rM Me r∑ + ∑ =

0 0 0 (6)

onde

rFe∑ - somatório das forças exteriores aplicadas ao corpo

rR∑ - somatório das reacções de apoio

r

M e∑0 - somatório dos momentos produzidos pelas forças exteriores em o

0rM∑

r- somatório dos momentos produzidos pelas reacções de apoio em o

sendo o um ponto qualquer, que pode em particular ser a origem de um sistema de eixos.

Projectando estes vectores num sistema de eixos ortogonais XYZ, cada uma destas

condições é desdobrada nas suas 3 componentes escalares:


11

F R M Mxe

x eox

rox

∑ + ∑ = ∑ + ∑ =0 0 (7)

F R M Mye

y eoy

roy

∑ + ∑ = ∑ + ∑ =0 0 (8)

F R M Mze

z eoz

roz

∑ + ∑ = ∑ + ∑ =0 0 (9)

Se ao corpo só forem permitidos movimentos num plano, por exemplo o plano OXZ, e

se as solicitações actuarem nesse plano, então as condições escalares de equilíbrio do corpo

resumem-se às seguintes 3 equações:

0RF xex =∑+∑ (10)

0RF zez =∑+∑ (11)

0MM oyr

oye =∑+∑ (12)

Estas 3 equações da estática, que traduzem como se viu o equilibrio de um corpo no

plano XZ, são de grande importância, uma vez que é a elas que se recorre para determinar as

reacções de apoio, grandezas normalmente desconhecidas, mas cujo valor tem que obedecer às

condições gerais do equíbrio estático desse corpo.

Quanto ao número de incógnitas e de equações da estática disponíveis, os sistemas

materiais classificam-se em:

Isostáticos - se o número de equações da estática disponíveis é igual ao de incógnitas.

Este tipo de sistemas serão os que vão ser objecto de estudo imediato.

Hipoestáticos - se o número de equações da estática disponíveis é maior que número

de incógnitas. Os sistemas que se encontram nestas condições são

instáveis, isto é, só se mantêm em equilíbrio em casos de solicitações

específicas.

Hiperestáticos - se o número de equações da estática disponíveis é menor que o

número de incógnitas. Estes sistemas, de grande importância prática,

estão normalmente sujeitos a mais ligações do que aquelas que seriam

necessárias para que ficassem em equilíbrio.

Para a determinação do grau de estaticidade n do sistema, pode recorrer-se à expressão:

g = 3 m - a (13)


12

onde m é o número de contornos fechados definidos pela estrutura, apoios e superfície de apoio

e a o número de articulações. De notar que cada rótula pode articular dois ou mais elementos

estruturais, pelo que o número de articulações que devem ser contadas em cada rótula deve ser

igual ao número de elementos estruturais nela concorrentes menos um, que será o elemento

considerado fixo que faz a ligação ao exteriror. O sistema diz-se isostático quando g=0,

hiperestático se g>0 e hipoestático se g<0. Para melhor compreensão do exposto, considere-se

a viga2 da Fig I-11 e substituam-se os apoios pelas representações esquemáticas indicadas.

Aplicando a equação (13), conclui-se que a viga é 3 vezes hiperestática, uma vez que

g = × − + + + + + + + + + =5 3 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 3( ) .

VIVIIIIII Fig I-11 - Representação esquemática de uma viga hiperestática

1.6- Cálculo das Reacções de Apoios de Sistemas Isostáticos - Exemplos Resolvidos

Calcular as reacções dos apoios das seguintes estruturas:

1.6.1-

BA

3 m1 m

1000 KN

VA

HA

RB Fig I-12

Resolução:

F R Hxe

x A∑ + ∑ = ⇒ =0 0

0RV10000RF BAzez =−−⇒=∑+∑

KNRxRxMMBB

Ar

Ae 2504110000 =⇒−⇒=∑+∑

KNVRVABA

75025010001000 =⇒−=−=

2 Viga é um elemento estrutural, em que as dimensões características da secção são muito menores que o seu comprimento, normalmente sujeito a esforços cortantes e momentos flectores.


13

1.6.2-

VA

HA

3 m3 m

A

5 KN

MA

3 KN

Fig I-13

Resolução:

F R Hxe

x A∑ + ∑ = ⇒ =0 0

KN8V0V350RF AAzez =⇒=−+⇒=∑+∑

M M x x M M KNmeA

rA

A A∑ + ∑ = ⇒ + − = ⇒ =0 5 3 6 3 0 33

1.6.3-

BA

2 m

2000 N

VA

HB

VB

2 m

2000 N1500 N

2 m 2 m

Fig I-14

Resolução:

F R Hxe

x B∑ + ∑ = ⇒ =0 0

0VV1500200020000RF BAzez =−−++⇒=∑+∑

M M V x x x VA KNeB

rB

A∑ + ∑ = ⇒ + − − = ⇒ =0 6 1500 2000 4 2000 2 0 1500

N400015005500VB =−=


14

1.6.4-

60ºA

2 m

5 KN

VA

B

HB

RB

3 m

8 KN

3 m

Fig I-15

Resolução:

F R H HB KNxe

x B∑ + ∑ = ⇒ − °= ⇒ =0 8 60 0 4cos

0VV60sin850RF BAzez =−−°+⇒=∑+∑

M M x V x x VA KNeB

rB

A∑ + ∑ = ⇒ + − ° = ⇒ =0 5 8 6 8 3 60 0 10 14sin ,

V KNB

= 1 81,

1.6.5-

BA

1 m

VAVB

HA3 m

200 KN/m

600 KN

2 m 2 m

Fig I-16

Resolução:

F R Hxe

x A∑ + ∑ = ⇒ =0 0

0VV200x36000RF BAzez =−−+⇒=∑+∑

M M x x V x VA KNeA

rA

B∑ + ∑ = ⇒ + − = ⇒ =0 600 2 5 600 8 6 0 150,

V KNB

= 1050


15

1.6.6-

B

A

VA

HB

VB

6 m

3 KN/m

F

Fig I-16

Resolução:

F R Hxe

x B∑ + ∑ = ⇒ =0 0

018VV0RF BAzez =+⇒=∑+∑ −

M M x x VeB

rB

A∑ + ∑ = ⇒ − =0 3 18 6 0

V KNA

= 9 V KNB

= 9

A representação da carga do problema pode induzir em erro, pelo que é conveniente

chamar a atenção para as diferentes representações de carga distribuída que podem surgir em

vigas de eixo inclinado.

Considerem-se então as distribuições de carga representadas:

R1

hc

q

l

R2

c

a

h

α

q

l

Fig I-17a Fig I-17b


16

O cálculo da resultante de cada uma destas distribuições, permite verificar que se está em

presença de duas representações de cargas equivalentes, já que as grandezas são iguais e têm

suporte comum.

1R q l= 2R c ql

q q l= = =coscos

cosαα

α

Pode então afirmar-se que qualquer dos casos indicados representa uma distribuição vertical de

carga uniforme, aplicada a uma viga de eixo oblíquo.

Deve-se ter em conta que existe uma grande diferença entre a distribuição acabada de

analisar e a representada na figura I-18:

R V

H

ch

α

q

l

Fig I-18

A resultante neste caso é dada por

R = q c

c = l / cos α = h / sen α

É agora possível decompor a resultante nas suas componentes horizontal e vertical, pelo que se

irá ter:

V R ql

q l= = =coscos

cosαα

α

hqsensen

hqsenRH =αα

=α=

Estes valores permitem concluir que ter a viga sujeita à carga uniformemente distribuída q,

representada na figura I-18, é o mesmo que ter a mesma viga sujeita a uma distribuição uniforme

vertical e a outra horizontal, de igual grandeza q, conforme indicado na figura I-19.


17

R

h

q

l

V

h

q

l

Hh

q

l

Fig I-19

1.6.7-

200 K N

2,5 m

H A

V A

R B

60º45º

2 m

Fig I-20

Resolução:

045cos0 =+°⇒=∑+∑ ABxex HRRF ⇒ = −H KN

A117 125,

0200V45sinR0RF ABzez =+°⇒=∑+∑ −

KN,Rxcos,xRMMBB

Ar

Ae 641650220015520 −=⇒=+°⇒=∑+∑

V KNA

= 317 125,

1.6.8-

BC DA

VD

VA

HA

5 KN8 KN2 KN

1 m 1 m2 m 2 m2 m1 m

Fig I-21


18

Resolução:

A figura representa uma estrutura composta por duas vigas, em que uma delas está apoiada na

outra. A resolução deste problema pode ser feita directamente se se pretenderem apenas as reacções

nos apoios exteriores à estrutura, como se indica na figura I-21, ou por partes houver necessidade de

determinar o valor das reacções dos apoios intermédios, figura I-22. Pelo princípio da acção e reacção,

as reacções em C e D têm grandeza igual à acção da viga superior sobre a inferior, mas sentido

contrário. Utilizemos esta segunda via para a determinação das reacções:

C D

8 KN2 KN

RD

BA

VA

HA

RB

5 KN RD

VC

HC

VCHC

Fig I-22

Cálculo das reacções em C e D

00 =⇒=∑+∑ cHRF xex

0RcV280RF Dzez =−−+⇒=∑+∑

KNRRxxMMDD

Ar

Ae 150422780 =⇒=−+⇒=∑+∑

Vc KN= −5

Cálculo das reacções em A e B

00 =⇒=∑+∑ Axex HRF

050 =−−−+⇒=∑+∑ BADzez RVRcVRF

0762150 =−++⇒=∑+∑ BDAr

Ae RRcVxMM

R KNB

= 12 14, V KNA = 2 86,


19

1.6.9- 2 KN

60º60º

B

A

VA

HA

VB

2 KN 3 KN 3 KN

1 m 2 m 2 m 2 m 1 m 1 m 3 m

3 m

Fig I-23

C

Resolução3:

2 60 3 60 0cos cos° + − ° =HA

⇒ =H KNA

0 5,

0VV260sin3360sin2BA

=−−+°++°

KN13,4V07xV8x230cos4x32x32x30cos2BB

=⇒=−+°++°−

V KNA

= 5 2,

1.6.10-

1 m

1 mB

A

V A

2 K N

3 K N

2 ,5 m2 ,5 m

2 m

2 m

H B

V B

1 K N

Fig I-24

Resolução:

2 0− =HB

⇒ =H KNB

2

3 1 0+ − − =V VA B

2 3 5 1 1 3 2 5 0x V x x xA

+ + − =, ⇒ =V KNA

0 1,

V KNB

= 3 9,

3 Notar que o apoio B e o segmento de recta BC se comportam no seu conjunto como um apoio móvel, em virtude de existir uma rótula em C. É por este motivo que em B só é considerada a componente vertical da reacção.


20

1.6.11-

M = qa2

B

D

q

A

VA

P = qa

aa

a

a

HAMA

C

Fig I-25

Resolução:

F R q x a Hxe

x A∑ + ∑ = ⇒ + =0 0

0VP0RF Azez =−⇒=∑+∑

0axqa23xaxq

axaxqM0MM

2

AAr

Ae

=−−

−+⇒=∑+∑

aqHA −=

aqVA =

2A aq

23M =

1.6.12-

BA

V A

P =qa

q

2a

a

a

H B

V B

Fig I-26

Resolução:

aqH0HP0RFBBx

ex =⇒=+−⇒=∑+∑

0VVaq20RF BAzez =−−⇒=∑+∑

aq23V02aq22aqaV20MM

BBAr

Ae =⇒=++−⇒=∑+∑

aq21V

A=


21

1.7- Vigas Gerber

Vigas Gerber, Fig I-27, são sistemas estruturais, normalmente isostáticos constítuidos

por vários tramos com uma ou mais articulações de transmissão ( rótulas ). São vigas

geralmente com um único apoio fixo e vários apoios móveis, muito utilizadas em pontes ou

estruturas de grande porte devido à sua grande flexibilidade e resistência.

Fig I-27- Exemplos de Vigas Gerber

A forma mais simples de construir uma viga Gerber garantindo a sua isostaticidade é

partir de uma viga simplesmente apoiada e ir-lhe acrescentando uma rótula por cada apoio móvel

introduzido. Com efeito, a introdução de um apoio móvel numa viga simplesmente apoiada, vai

aumentar o número de incógnitas de apoio de três para quatro, pelo que às 3 equações da estática

conhecidas há que acrescentar uma outra equação, obtida através da introdução de uma

articulação suplementar, de modo a que o sistema permaneça isostático. Como uma rótula não

transmite momentos, esta equação estabelece que a soma dos momentos nela produzidos pelas

forças aplicadas à sua direita, ou à sua esquerda, têm que ser nulos.

A disposição das articulações ao longo da viga obedece a critérios que garantam que as

vigas Gerber são sistemas geometricamente estáveis. A viga da Fig I-28 é um exemplo de

distribuição inadmissível das rótulas, já que os dois vãos da direita podem articular da forma

indicada, não sendo portanto possível mantê-los em equilíbrio a não ser em condições muito

específicas de carga.

Fig I-28 - Viga geometricamente instável


22

As regras práticas a que devem obedecer as vigas Gerber de modo a que seja assegurada

a sua estabilidade geométrica são as seguintes:

1- Cada vão só pode conter no máximo 2 articulações. 2- Os vãos com 2 articulações devem alternar com outros sem qualquer

articulação. 3- O vão da extremidade nunca pode conter duas articulações.

1.8- Exemplos Práticos Resolvidos

Calcular as reacções dos apoios das seguintes vigas Gerber:

1.8.1-

CD BA

5 KN

VA

HB

VB

2 KN

2 m 3 m1,5 m 2,5 m 1 m

VC Fig I-29

Resolução:

Neste tipo de problemas é possível recorrer a 2 tipos de resolução:

1º Processo- O 1º método que se vai utilizar, consiste em suprimir as rótulas

substituindo-as pelas forças de ligação correspondentes.

DA

5 KN

VA

HD

VD1,5 m 2,5 m

Fig I-30

0H0RF Dxex =⇒=∑+∑

05VV0RF DAzez =−⇒=∑+∑ +

KNVVxMMDD

Ar

Ae 875,10455,10 =⇒=−⇒=∑+∑

KNVA

125,3=


23

Os valores encontrados são as acções do tramo DBC sobre o tramo AD. Este, pelo seu

lado, exerce sobre o primeiro reacções de grandeza e sinal contrário às encontradas.

CD B

VD

VC

2 KN

2 m 3 m1 mVB

HB

Fig I-31

0H0RF Bxex =⇒=∑+∑

0875,3VV0RFCBz

ez =−⇒=∑+∑ +

KN425,0cV0cV52x21x875,10MM Br

Be =⇒=−+−⇒=∑+∑

V KNB

= 3 45,

As reacções de apoio da viga Gerber da Fig I-29 são então: H

B= 0 V KN

A= 3 125,

V KNB

= 3 45, Vc KN= 0 425,

2º Processo - Este processo é bastante mais prático e consiste em considerar a viga

Gerber como um todo. Neste caso as equações para a resolução do problema são:

00 =⇒=∑+∑ Bxex HRF

0V2V5V0RF CBAzez =+−+−⇒=∑+∑

0102755,150 =−+−⇒=∑+∑ cVxVxMMB

Ar

Ae

A 4ª equação é escrita atendendo ao facto das rótulas não transmitirem momentos, pelo

que o somatório dos momentos produzidos nesse ponto pelas forças aplicadas à sua esquerda tem

que ser igual a zero, isto é,

05,254.)(0 =−⇒=∑ xVesqMAD

KNVA

125,3= KNVB

45,3= Vc KN= 0 425,


24

1.8.2-

FE D

5 KN

2 m

CBA

VA

HB

VB

3 KN

3 m2 m 1 m1 m

2 KN

1 m1 m

2 KN

VC

2 m2 m

VD

Fig I-32

Resolução:

00 =⇒=∑+∑ Bxex HRF

053220 =+−+−+−−⇒=∑+∑ DCBAzez VVVVRF

02x5cV58x3V1013x214x2V150MMBA

Dr

De =−+−+−−⇒=∑+∑

022324.)(0 =−−⇒=∑ xxVesqMAE

0254.)(0 =−⇒=∑ xVdirMDF

KNVA

5,2= KNVB

1,3=

Vc KN= 3 9, V KND

= 2 5,

1.8.3-

E

2 m

BA

VA

HB

VB

3 KN

2 m1 m

2 KN

1,2 m1 m

2 KN

D

5 KN

1,2 m

C

VC

F

2 m2 m

VD

1,6 m

Fig I-33

Resolução:

00 =⇒=∑+∑ Bxex HRF

0V5V3V22V0RFDCBAz

ez =−+−+−++−⇒=∑+∑

M M x x x x V Vc VeD

rA

D B∑ + ∑ = ⇒ + + + − − − =0 2 1 2 2 3 7 2 5 12 14 10 4 0,

M esq V x x VE A B∑ = ⇒ − − + =0 5 2 2 4 2 2 3 2 1 2 0( .) , , , ,

M dir x V VcF D∑ = ⇒ − − =0 5 3 2 5 2 1 2 0( .) , , ,


25

V KNA

= 2 183, V KNB

= 2 872,

Vc KN= 5 028, V KND

= 1 92,

1.8.4-

ED

3 m

BA

VA

10 KN

3 m 1 m

3 KN/mC

VB

5 mVC

2 m

HA

MA

Fig I-34

Resolução:

F R Hxe

x A∑ + ∑ = ⇒ =0 0

0V5x3V10V0RF CBAzez =−+−+−⇒=∑+∑

( )M M M x V x x VeA

rA

A B C∑ + ∑ = ⇒ + − + − =0 10 5 9 5 3 115 14 0,

M esq M VD A A∑ = ⇒ − + =0 3 0( .)

( )M dir x x V VE B C∑ = ⇒ − − =0 5 3 5 5 3 8 0( .) ,

KNVA

33,3= KNVB

167,18=

KNVC

5,3= KNmMA

10=

1.8.5-

A2A1 A3

VCVBVA

DBA

3 KN

1,5 m

1,2 KN/mC

VD

HD

MD

2 KN

1,2 m1 m 2 m 1 m1 m 1 m 2 m

Fig I-35

Resolução:

F R Hxe

x D∑ + ∑ = ⇒ =0 0

0V3V2,1x2,3VV20RF DCBAzez =−+−+−−⇒=∑+∑


26

M M x V V x V x MeD

rD

A B C D∑ + ∑ = ⇒ − + + − + − − =0 2 10 7 9 7 7 7 3 84 6 1 4 5 3 5 3 0, , , , , , ,

( )M esq x V V xA A B∑ = ⇒ − + + − =1 0 2 4 3 1 1 2 1 0 5 0( .) , ,

M dir M VA D D∑ = ⇒ − − =3 0 2 0( .)

( )M esq x V V xA A B∑ = ⇒ − + + − =2 0 2 5 4 2 1 2 2 1 0( .) ,

V KNA

= 2 9, V KNB

= 0 4, M KNmD

= −0 653,

V KNC

= 5 21, V KND

= 0 33,

1.9- Sistemas Triarticulados

Conforme o próprio nome indica, sistemas triarticulados são estruturas que têm 3

articulações sendo normalmente 2 de apoio e 1 de transmissão, Fig I-36.

B

A B

F1

F2

F3

A

F1 F2 F3

Fig I-36- Exemplo de sistemas triarticulados

Tal como para as vigas Gerber, é possível recorrer aos 2 processos já referidos para a

resolução deste tipo de sistemas. Refira-se no entanto que o método da divisão da estrutura num

ponto qualquer4 e substituindo uma das partes pela sua acção sobre a outra, é muito mais

trabalhoso que o da determinação directa das reacções.

1.10- Exemplos Práticos Resolvidos de Sistemas Tri-articulados

Calcular as reacções dos apoios dos seguintes sistemas triarticulados:

1.10.1-

4Normalmete a divisão da estrutura é feita por uma rótula, porque se sabe que aí o momento flector é nulo


27

C

A

4 m

2 m1 m1 m1 m

A

2 m

1,5 KN

1,5 KN

HB

VA

HAB

2 KN

1,5 KN

1,5 KN

B

2 KN

VC

HC

VC

HC

VB

Fig I-37

Resolução ( Considerando a partição do sistema pela articulação C)

Para a barra AC

F R H Hxe

x A C∑ + ∑ = ⇒ − =0 0

05,15,1VV0RF CAzez =−−+⇒=∑+∑

015,125,1430 =−−−⇒=∑+∑ xxHVMMAA

cr

ce

Para a barra BC

00 =−⇒=∑+∑ BCxex HHRF

02VV0RF CBzez =−+⇒=∑+∑

044220 =−+⇒=∑+∑ BBCr

Ce VHxMM

A resolução dos sistemas de equações permite obter os valores das reacções

KNHA

07,1= KNVA

93,2= KNHC

07,1=

KNVC

07,0= KNHB

07,1= KNVB

07,2=

1.10.2-

C

A

2 m

2 m3 m

2 mA

5 m

HB

VA

HA

VC

HC

VC

HC

VB

B

2 KN

1 KN

2 KN

2 KN

1 KN

2 KN

B

Fig I-38


28

Resolução ( Considerando a partição do sistema pela articulação C )

Na resolução deste problema é indiferente considerar a carga de 2 KN aplicada no

ponto C como pertencente a qualquer dos tramos, uma vez que aquele ponto é comum a ambos.

Para a barra AC

02HH0RFCAx

ex =+−⇒=∑+∑

021VV0RFCAz

ez =−−+⇒=∑+∑

M M V H x xeC

rC

A A∑ + ∑ = ⇒ − − − =0 5 4 2 2 2 1 0

Para a barra BC

F R H Hxe

x C B∑ + ∑ = ⇒ − =0 0

0VV0RF CBzez =+⇒=∑+∑

M M H VeC

rC

B B∑ + ∑ = ⇒ − =0 4 5 0

A resolução dos sistemas de equações permite obter os valores das reacções

H KNA

= −0 125, V KNA

= 1 3, H KNC

= 2 125,

V KNC

= 1 7, H KNB

= 2 125, V KNB

= 1 7,

1.10.3-

2 m

2 KN

B2 m

2 m2 m

2,5 m

A

3 m

VBVA

3 KN

1 m

5 KN5 KN

C

HA HB

Fig I-39

Resolução

00 =+⇒=∑+∑ BAxex HHRF

05523VV0RF BAzez =−−−−+⇒=∑+∑


29

M M V x x x xeB

rB

A∑ + ∑ = ⇒ − − − − =0 10 3 8 2 6 5 5 5 3 0

0255520 =−+−⇒=∑ xVH,)dir(MBBC

KN8,10HA

−= V KNA

= 7 6,

KN8,10HB

= V KNB

= 7 4,

1.10.4-

VC1 m

B2 KN

2 KN

2 KN

C

1 mA

VA

HA

HC

2 m 2 m

2 KN

2 m 2 m 1 m 1 m 1 m2 m 2 m

2 KN

1 m 1 m

2 KN1 m

Fig I-40

Resolução

F R H x Hxe

x A C∑ + ∑ = ⇒ + − =0 2

22

0

0222222x22VV0RF CAz

ez =++++++−−⇒=∑+∑

M M x x H VeA

rA

C C∑ + ∑ = ⇒ + + + + + + − − =0 4 5 2

22

1 22

216 24 32 38 1 17 0

0712826220 =−+++⇒=∑ CCB VHxxx.)dir(M

H KNA

= −10 22, V KNA

= 4 89,

H KNC

= 11 64, V KNC

= 6 52,

1.10.5-

l/2

B 2 m

l/2

A

VB VA

q

Cf

HA HB

Fig I-41

Resolução

0HH0RFBAx

ex =⇒=∑+∑ −


30

0lxqVV0RFBAz

ez =−+⇒=∑+∑

M M q x l xl

l VeA

rA

B∑ + ∑ = ⇒ − =0

20

M dir ql l

f Hl

VC B B∑ = ⇒ + − =0

2 4 20( .)

H Hq l

fA B= =

2

8 V V q

lA B

= =2

1.11- Cálculo de Reacções por Método Gráfico

As reacções dos apoios podem ainda ser calculadas recorrendo a um método gráfico.

Este processo não é neste momento muito usado, quer porque o desenvolvimento dos

computadores e de software apropriado lhe tiraram grande parte da importância, quer por ser um

método pouco expedito que necessita da utilização rigorosa de utensílios de desenho, sendo

portanto susceptível aos erros que normalmente estão associados a estas técnicas. Tem no

entanto um certo interesse didático pelo facto de permitir uma outra forma de abordar este tipo

de cálculo.

Como é sabido, é sempre possível decompor graficamente uma força em duas direcções

quaisquer. Esta constatação é generalizável para n direcções, se se tiver em conta que cada

componente anteriormente encontrada pode, por sua vez, ser decomposta em duas outras

direcções e assim sucessivamente. O problema inverso da obtenção de uma resultante de um

sistema de forças também é passível de resolução, encontrando a resultante de duas das forças e

utilizando este processo tantas vezes quantas as necessárias para chegar à resultante única.

A determinação gráfica da resultante de um sistema de forças é no entanto facilitada e

simplificada pelo processo que a seguir se descreve. Considere-se o sistema de forças

representado na Fig I-42. Por um ponto A qualquer e na ordem fixada pelos índices das forças,

comece-se por traçar vectores de grandeza igual aos do sistema inicial justapondo a origem do

segundo com a extremidade do primeiro e assim sucessivamente. Unindo a origem do primeiro

com a extremidade do último, obtem-se a resultante do sistema de forças inicial ou linha de

fecho do polígono. À linha polígonal ABCDE assim obtida dá-se o nome de Polígono de

Varignon ou Polígono dinâmico.


31

Q

E

D

C

A

i

P

f1

f2

f3

f4

R

0

1

2

3

4

f1f2 f3

f4

0´

1´2´ 3´

4´

R

B

Fig I-42 - Exemplo de determinação gráfica da resultante de um sistema de forças

Para que o problema fique completamente resolvido, falta agora determinar a posição

da resultante do sistema de forças. Para tal, comece-se por unir os vértices do contorno do

polígono a um ponto qualquer do plano, o pólo P, obtendo-se assim 5 segmentos de recta,

habitualmente chamados raios polares. Cada uma das forças iniciais fica assim definida por dois

raios polares, ou se se quizer, cada força fica decomposta nas direcções de dois raios polares.

Inicie-se agora o traçado do polígono funicular do sistema de forças. Por um ponto

arbitrário Q do suporte da força f1 façam-se passar paralelas a 0 e 1, que são os raios polares

comuns a esta força. Uma vez que o raio 1 é comum às forças f1 e f2, pelo ponto de intersecção

da paralela 1 com o suporte de f2 faça-se passar uma paralela ao raio 2. A intersecção desta com

o suporte de f3 define o ponto por onde vai passar a paralela a 3 e assim sucessivamente até

completar o polígono. A intersecção do primeiro com o último lado do polígono funicular, que

são os raios polares da resultante R, determina a posição do ponto i que é um ponto do suporte da

resultante. O problema fica então resolvido traçando pelo ponto i uma força com a direcção e

grandeza da força R calculada através do polígono de Varignon.

1.12- Método Gráfico de Resolução de Sistemas Triarticulados

Na resolução deste tipo de sistemas pelo método gráfico, devem-se ter em conta que as

rótulas não transmitem momentos. Para melhor compreensão do método recorra-se ao exemplo


32

da Fig I-43, com carregamento em apenas um dos tramos. Estas forças podem ser facilmente

substituídas pela sua resultante R, aplicando o método descrito no parágrafo anterior. Como a

única força no tramo da esquerda é a reacção de apoio RA, o suporte desta força terá

forçosamente que passar pela rótulade modo a que o momento flector por ela aí produzido seja

nulo.

Ri

RBA

C

BA

C

RA

RB

RARB

Fig I-43 - Cálculo das reacções de apoio de um sistema triarticulado pelo método gráfico

Por outro lado, para que o arco triarticulado esteja em equilíbrio, é necessário que as 3

forças RA , RB e R concorram num ponto i de modo a que o somatório dos momentos por elas

produzidos seja igual a zero. Esta condição permite o cálculo da direcção da reacção RB, uma

vez que a intersecção dos suportes de RA e R define o ponto i . A decomposição da grandeza da

resultante nas direcções dos suportes das reacções permite finalmente o conhecimento das suas

grandezas.

Considere-se agora o caso geral de o carregamento se estender a todo o arco, como se

representa na Fig I-44. O modo mais simples de encarar o problema, é calcular as resultantes RE

e RD correspondentes ao carregamento dos tramos à esquerda e à direita da rótula. Considerando

cada uma das resultantes separadamente, é possível calcular, pelo processo atrás descrito, as

componentes das reacções por elas produzidas. A direcção e grandeza das reacções produzidas

por todo o carregamento obtêm-se somando vectorialmente as componentes já obtidas.


33

RA

R´BA

C

BA

C R´B

RÁRÁ

R´B

R´´B

R´´R´Á

BA

C

R´´

R´´BR´Á

RB

R´B

R´Á

BA

C

RÁ

R´´B

R´

Fig I-44 - Cálculo das reacções de apoio de um sistema triarticulado pelo método gráfico


34

CAPÍTULO II

ESTUDO DOS ESFORÇOS

2-1 Introdução

Como foi referido no Capítulo I, quando um corpo é sujeito a solicitações exteriores,

desenvolve-se no seu interior um outro sistema de forças resultante do estado de deformação a

que fica sujeito, sendo o seu conhecimento fundamental para o estudo do comportamento em

serviço dos materiais e para o dimensionamento das estruturas.

Estas forças interiores poderão ser postas em evidência se o corpo fôr cortado

imaginariamente por um plano qualquer AA, Fig II-1, e se se analisar o equilíbrio de cada uma

das duas partes resultantes. Uma vez que na secção do corte desapareceram as ligações entre as

duas partes em que o corpo foi “dividido”, será nececessário substituir a acção de cada uma delas

sobre a outra por um sistema de forças aplicado na secção, de modo a que o equilíbrio seja

preservado. É evidente que pelo princípio da acção e reacção os sistemas de forças interiores são

sempre recíprocos, isto é, as resultantes do sistema de forças associado à secção da esquerda são

iguais mas de sinal contrário às associadas à secção da direita. Isto de forma a que a soma das

projecções dessas forças e dos momentos por elas produzidos, sejam na secção iguais a zero, já

que de outro modo o corpo não estaria em equilíbrio.

A ´ A

P n

P 1P 2

P 3A

A

P n

P 1P 2

P 3

Fig II-1 - Sistema de forças internas e externas


35

Considere-se o sistema de eixos ortogonal OXYZ com origem no centro de gravidade

da secção e, utilizando as leis da estática já conhecidas, reduza-se o sistema de forças associado

à secção AA a uma resultante rR e ao momento resultante

rM , Fig II-2. Projectando estes

vectores nos eixos ortogonais obtêm-se 6 componentes, três da força e três do momento, a que é

usual chamar factores de força interiores ou simplesmente esforços. Cada um destes factores

não representa mais do que a projecção no sistema de eixos indicado, da resultante das forças e

dos momentos que actuam na outra parte do corpo, isto é, substituem a acção de cada uma das

partes sobre a outra.

Qy

N

Z

MtMtN

rR

rM

X

XMy

Y

Z

Mz

Qz

MzQy

My

YQz

Fig II-2 - Tipo de esforços a que um corpo pode estar sujeito

A componente da resultante rR que se projecta segundo a normal à secção, em geral

referenciada com a letra N, é chamada esforço normal ou esforço axial e produz o

deslocamento da secção numa direcção perpendicular ao plano que a contem. As projecções

dessa mesma resultante rR no plano da secção, referidas por Qy e Qz , são chamadas esforços

cortantes ou esforços transversos. Estes esforços tendem a produzir deslocamentos em

direcções contidas no plano da secção em que actuam.

As componentes do momento rM que produzem rotação da secção em torno dos eixos

contidos no seu plano, normalmente designadas pelas letras My e Mz, são chamados os

momentos flectores. Finalmente a projecção do momento na normal à secção, designado pela

letra Mt, é chamado o momento torçor e produz a rotação da secção em torno do seu eixo.

Normalmente os esforços não são constantes ao longo do eixo do corpo, dependendo da

forma como este está solicitado, pelo que para ser possível analisar o comportamento de uma

estrutura uma das primeiras coisas a fazer é traçar os chamados diagramas dos esforços. Estes


36

diagramas são gráficos que mostram a forma como os esforços se distribuem ao longo do eixo da

estrutura, sendo fácil a partir da sua análise verificar quais os pontos mais solicitados e que

portanto devem receber maior atenção do projectista.

Para traçar os diagramas dos esforços é usual recorrer-se à utilização de convenções, a

que de seguida se irá fazer uma breve referência.

2-2 Esforços Normais

Esforço normal N é então a projecção segundo a normal ao eixo, da resultante de todas

as forças exteriores que se encontram ou à esquerda ou à direita da secção considerada. Se numa

região ou na totalidade de um corpo as secções rectas só estão sujeitas a esforços normais, dir-se-

á, dependente do sentido do esforço, que se está na presença de um esforço de tracção ou

compressão. Os corpos, com um comprimento muito superior às dimensões características da

sua secção, sujeitos apenas a esforços normais são designados habitualmente por barras. A sua

utilização é corrente na prática, sendo as componentes das gruas um exemplo da sua

aplicação,como se irá vêr no Capítulo III.

Por convenção, é usual identificar um esforço de tracção como positivo e o esforço de

compressão como negativo, Fig II-3. No entanto, é bom ter em consideração que os esforços são

forças sendo, como tal, quantidades positivas, pelo que o sinal é apenas uma forma expedita de

identificar o tipo de esforço a que o corpo está sujeito.

Tracção

N N N NCompressão

Fig II-3 - Convenção de sinais para esforços de tracção e compressão

2-3 Esforços Cortantes

Os esforços cortantes são as projecções no plano da secção da resultante de todas as

forças exteriores que se encontram à sua esquerda ou à sua direita. Na prática raramente se

utiliza a resultante dos esforços cortantes, já que, por motivos que se ligam às propriedades


37

geométricas das secções e que serão discutidos posteriormente, é muito mais fácil trabalhar com

as projecções Qy e Qz desse esforço.

A convenção para os esforços cortantes é um pouco diferente da utilizada nos esforços

normais. Para melhor se compreender a explicação, considere-se o exemplo da Fig II-4, onde se

admite por simplicidade que todas as forças que actuam no sistema estão situadas no plano

OXZ5. É possível fazer o estudo dos esforços cortantes a que um corpo está sujeito partindo da

extremidade da esquerda ou da direita, considerando ao longo deste várias secções imaginárias e

analisando os valores que o esforço aí toma. Se na análise do esforço cortante se parte da

esquerda para a direita, diz-se, por convenção, que este é positivo se a resultante das forças que

ficam à esquerda da secção considerada aponta no sentido positivo do eixo dos ZZ e negativo se

aquelas apontam no sentido negativo do mesmo eixo. Se pelo contrário se está a analisar a

resultante das forças que ficam à direita da secção, partindo portanto da análise da extremidade

da direita para a esquerda, diz-se que o esforço cortante é positivo se essa resultante aponta para

baixo, isto é, no sentido daquele que é agora o sentido positivo do eixo dos ZZ e negativas se

apontam para cima. Esta inversão da convenção fica a dever-se ao facto de ter que se considerar

o sistema de eixos do esquema B da Fig II-4 se se estiverem a analisar as forças à direita da

secção, por uma questão de coerência geométrica.

Z1000 KN

3 m1 m

750 KN 250 KN

X

3 m1 m

750 KN 250 KN

X

Z

Esquema A Esquema B1000 KN

Fig II-4 - Exemplo prático

Ainda por convenção é costume traçar os diagramas dos esforços cortantes positivos

para cima do eixo da viga e negativos para baixo. Na Fig II-5 está representado o diagrama dos

esforços cortantes da viga do exemplo considerado.

5 Refira-se que tudo o que se disser para um sistema de forças no plano OXZ é verdadeiro para um outro colocado no plano OXY.


38

750 KN

250 KN

+

Fig II-5 - Diagrama dos esforços cortantes da viga representada na Fig II-4

2-4 Momentos Flectores

Os momentos flectores são a projecção do vector momento no plano da secção recta do

corpo e também neste caso é normalmente mais fácil trabalhar com as componentes My e Mz.

Poderá então dizer-se que My é a componente do vector momento que produz rotação da secção

em torno do eixo dos YYe que Mz produzirá o mesmo efeito em torno do eixo dos ZZ.

Para melhor se entender a convenção utilizada no traçado dos diagramas dos momentos

flectores recorra-se novamente ao exemplo da Fig II-4, com uma viga solicitada no plano OXZ6.

Também neste caso é possível fazer o estudo dos momentos flectores a que a viga está sujeita partindo

da extremidade da esquerda ou da direita, considerando ao longo desta várias secções imaginárias e

analisando os valores que o momento flector nelas toma. Se nesta análise se parte da esquerda para a

direita, diz-se por convenção que o momento flector é positivo se a resultante dos momentos que ficam

à esquerda da secção produz a sua rotação em torno do eixo dos YY no sentido dos ponteiros do

relógio e é negativo se a rotação se faz no sentido contrário. Se pelo contrário se está a analisar a

resultante que fica à direita da secção, portanto partindo da análise da direita para a esquerda, diz-se

que o momento flector é positivo se essa resultante produz a rotação da secção em torno do eixo dos

YY no sentido anti-horário. Esta inversão da convenção deve-se ao facto de, tal como para os esforços

cortantes, ter de se considerar o sistema de eixos do esquema B da Fig II-4.

Uma outra forma de vêr esta convenção é dizer que se a deformação produz na viga

concavidade o momento flector é positivo, sendo negativo se a deformação fôr convexa, Fig II-6.

Fig II-6 - Convenção de sinais para os momentos flectores

6 Refira-se ainda que o mesmo se poderia dizer se o sistema de forças estivesse contido no plano OXY.


39

Ainda por convenção é usual traçar os diagramas dos momentos flectores positivos para

baixo do eixo da viga e negativos para cima. Na Fig II-7 está representado o diagrama dos

momentos flectores da viga do exemplo considerado e as equações que dão a sua variação ao

longo do eixo dos XX partindo da origem.

X

750 x - 1000 (x-1)750 x

750 KN.m

+

Fig II-7 - Diagrama dos momentos flectores da viga representada na Fig II-4

É fácil de estabelecer as equações matemáticas que relacionam os momentos flectores

com os esforços cortantes entre si e destes com as forças aplicadas ao corpo. Considere-se um

elemento infinitamente pequeno qualquer, de comprimento dx, Fig II-8, de uma viga sujeita a

uma carga distribuída qualquer q aplicada, por exemplo, no plano OXZ. A solicitação q é

considerada como uniforme uma vez que se admite que esse elemento tem comprimento

infinitamente pequeno. Para que este elemento esteja em equilíbrio ter-se-á que considerar a

acção que sobre ele exercem as partes do corpo à esquerda e à direita que foram desprezadas. As

equações da estática que traduzem o equilíbrio deste elemento são:

adx

qQz Qz+dQz

My My+dMy

X

Fig II-8 -Elemento de viga em equilíbrio estático

⇒=+−−⇒=∑ 00 )dQQ(dxqQF zzzz dx

dQq z−= ( II-1)

e

⇒=+−−+⇒=∑ 0)dMM(2

dxdxqdxQM0M zzzyay dx

dMQ y

z = ( II-2)

Nesta segunda equação foi desprezado o termo em dx2 por ser um infinitamente pequeno de

segunda ordem. Estas equações podem ser escritas na forma:


40

∫−= dxqQz ( II-3)

e

∫= xdQM zy ( II-4)

isto é, a variação do esforço cortante ao longo do elemento de comprimento dx pode ser obtida

integrando a equação que traduz a variação da carga q e a variação do momento flector pela

integração da equação do esforço cortante.

Como já foi referido anteriormente, aos corpos sujeitos a momentos flectores e a

esforços cortantes, projectados de modo a que o comprimento seja muito superior às dimensões

características da sua secção, é dada a designação de vigas.

2-5 Momentos Torçores

O momento torçor é a componente do vector do momento que produz rotação das

secções do corpo em torno do eixo dos XX. Tal como para qualquer dos outros esforços já

estudados, o valor do momento torçor numa determinada secção é obtido pela projecção no

plano que a contém da resultante de todos os momentos que lhe ficam à direita ou à esquerda.

Para melhor compreensão do que se acabou de afirmar, considere-se o ponto A do exemplo da

Fig II-9. A grandeza do momento torçor nesta secção é de 25 KN.m quer a análise seja feita a

partir da esquerda ou da direita. É conveniente chamar a atenção para a forma como foram

representados os momentos torçores nesta figura. Trata-se de uma das formas possíveis de

representar o momento torçor através de um binário, em que o círculo com um ponto representa

uma força apontada para o observador e o círculo com uma cruz uma força de igual grandeza

mas aplicada em sentido contrário.

A convenção que vai ser utlizada para os momentos torçores é a mesma quer se comece

a traçar os diagramas da esquerda para a direita ou vice-versa. Considera-se que um momento

torçor é positivo, se o observador colocado do lado exterior da normal à secção, vir que o

momento torçor provoca rotação desta no sentido directo, isto é, no sentido anti-horário. O

momento torçor é considerado negativo se o sentido da rotação que ele imprime à secção fôr no

sentido contrário. Se esta convenção fôr aplicada ao exemplo da Fig II-9 verifica-se que partindo

da direita ou da esquerda se obtém sempre o mesmo diagrama.


41

A

3 m1 m

25 KN.m

X

15 KN.m 10 KN.m

25 KN.m15 KN.m

Fig II-9 -Viga sujeita à acção de momentos torçores e correspondente diagrama

2-5 Diagramas dos Esforços - Exemplos práticos resolvidos

Traçar os diagramas de todos os esforços a que estão sujeitos os seguintes exemplos:

2-5.1

dcx

BA

P2

a

aa

P

Rz R´zP

P2

P2

P2

P2

E.N.

E.C.

M.F.

D.C.

Rx

Fig II-10

Determinação das reacções de apoio

0=xR

PRR zz =+ ′

2PRe

2PR0Ra2Pa zzz ==⇒=− ′′

O cálculo das reacções permite traçar o

chamado diagramas de cargas D.C.. Da sua

análise constata-se que nenhuma das forças

tem componente na direcção do eixo da viga,

pelo que se pode concluir que esta viga não

está sujeita a esforços normais E.N.

Começando a traçar o diagrama dos esforços cortantes da esquerda para a direita, isto é,

de A para B, verifica-se que até meio da viga só existe a força reactiva P/2, positiva pela

convenção adoptada para este tipo de esforços e atrás referida. O diagrama dos esforços

cortantes é então constante e positivo até ao ponto onde se encontra aplicada a força P. A partir


42

deste ponto e até B, uma vez que não existe mais nenhuma força aplicada, o esforço cortante é

igual -P/2, resultante da soma das forças positiva P/2 e negativa P. No ponto B o diagrama

fecha, isto é, a soma de todas as forças que produzem esforço cortante tem que ser igual a zero

para que a viga esteja em equilíbrio estático.

Para o traçado do diagrama dos momentos flectores podem ser utilizados dois processos

para se obterem as equações que traduzem a sua variação ao longo da viga. Como forma de

facilitar a explicação vai-se traçar o diagrama dos momentos flectores partindo da esquerda para

a direita, sabendo de antemão que o mesmo se pode fazer partindo no sentido contrário tendo

apenas em atenção os sentidos da convenção utlizada.

Um dos caminhos para obter as equações acimas referidas é considerar um ponto

genérico C do eixo da viga, a uma distância x da origem, e calcular aí o momento flector

produzido pelas forças e momentos, quando os houver, que fiquem à sua esquerda. No nosso

caso, e para o ponto em questão ter-se-á

ax0comx2PM1

y ≤≤= ( II-5)

O valor do momento flector é positivo, já que, pela convenção utlizada, produz uma rotação da

secção C no sentido dos ponteiros do relógio. Deve-se ter em atenção que se pretende escrever

uma equação em que o valor do momento é função de uma distância x, pelo que se deve analisar

entre que pontos é que não há variação das condições que produzem esse momento. Neste caso

tem-se para esta equação ax0 ≤≤ , já que a partir deste ponto existe mais a força P que passa a

produzir momento. Uma vez que esta equação não abrange toda a viga, há que considerar uma

nova secção D e calcular o valor do momento nesse ponto tendo em atenção os sentidos

convencionados

a2xacom)ax(Px2PM2

y ≤≤−−= ( II-6)

Esta passa a ser a equação que dá a variação do momento até ao apoio da direita, já que as

condições de carga mantêm-se até aí inalteradas. Refira-se que para x = 2a o momento flector


43

deve ser nulo, uma vez que nesse ponto não existe nenhum momento aplicado. Tal como para o

caso do esforço cortante, também aqui o diagrama tem que fechar de modo a que as condições de

equilíbrio estático sejam verificadas.

O segundo caminho que pode ser seguido para traçar este diagrama é utilizar a equação

(II-4) e integrar as equações obtidas para o esforço cortante. Virá então:

ax0comCx2Pdx

2PM1

y ≤≤+== ∫ ( II-7)

e

a2xacomCx2Pdx

2PM 1

2y ≤≤+−=−= ∫ ( II-8)

onde C e C1 são constantes de integração que podem ser calculadas a partir do conhecimento do

valor do momento em determinados pontos da viga. Para a primeira equação sabe-se que para x

= 0 o valor do momento deve ser nulo, já que naquele ponto só existe uma força reactiva que

como é óbvio não produz aí momento. Então para que isso se verifique C terá que ser nulo e a

equação do momento tomará a forma da equação ( II-5)

ax0comx2PM1

y ≤≤= ( II-9)

Para x = a o valor do momento será a2PM1

y = , valor que será utilizado para determinar C1.

Com efeito, pode-se então dizer para a segunda equação que a2PM2

y = no ponto x = a, pelo

que substituindo na equação (II-8) virá:

aPCa2PCa

2PM 11

2y =⇒=+−= ( II-10)

e a equação do momento toma a forma da equação ( II-6)

a2xacomaPx2PM2

y ≤≤+−= ( II-11)


44

2-5.2

ql8

2

q

x

lRz R´zq

2ql

2ql

E.C.

M.F.

Rx

2ql

2ql

D.C.

E.N.

Fig II-11

Determinação das reacções de apoio

R x = 0

lqRR zz =+ ′

2lqRe

2lqR0Rl

2llq zzz ==⇒=− ′′

Após o cálculo das reacções e da análise

do diagrama das cargas é possível concluir que

não existem esforços normais na viga represen-

tada na Fig II-11. Para o traçado do diagrama

dos esforços cortantes, e partindo da esquerda

para a direita, verifica-se que na secção do

apoio há um esforço positivo igual a 2

lq . Ao longo da viga este esforço vai variar já que, ao

contrário do exemplo anterior, não é possível definir qualquer tramo onde seja constante. Para o

seu traçado pode recorrer-se a qualquer dos processos já referidos. Tendo em atenção ( II-3) virá:

lx0comCxqdxqQz ≤≤+−=−= ∫ ( II-12)

A constante de integração C pode ser calculada, já que é sabido que para 2

lqQ 0= x z =→ ,

pelo que da equação ( II-12) se tira que Cq l

=2

, pelo que a equação que define a variação do

esforço cortante virá:

lx0com2lqxqQz ≤≤+−= ( II-13)

Para x = l esta equação toma o valor 2lqQz −= que somado com o valor da reacção nesse

apoio permite verificar que o diagrama fecha.

A equação ( II-13) podia também ter sido obtida considerando uma secção genérica a

uma distância x da origem e calcular aí o valor do esforço cortante, tendo em conta as forças que

ficam à esquerda desse ponto e os seus sentidos. Essas forças são a reacção Rq l

y =2

, positiva por

convenção,e a resultante da carga distribuída R q x= − , negativa pela convenção utilizada.


45

Para o traçado do diagrama dos momentos flectores tem-se, atendendo à equação ( II-4),

lx0comCx2lq

2xqxd

2lqxqxdQM 1

2

zy ≤≤++−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−== ∫∫ ( II-14)

Como na origem o momento é nulo, pode-se concluir da equação que a constante C1 tem que ser

igual a zero, pelo que a equação que define o valor do momento flector será

lx0comx2lq

2xqM

2

y ≤≤+−= ( II-15)

Da mesma forma que para os esforços cortantes, também aqui se podia obter esta

equação fazendo o estudo dos momentos flectores existentes à esquerda de uma secção genérica

a uma distância x da origem. Neste caso os momentos existentes são os provocados nesse ponto

pelas forças 2lqR z = e xqR= já referidas e que são respectivamente x

2lqM1= , positivo pela

convenção utlizada para os momentos, e 2xxqM2 −= , negativo atendendo à mesma convenção.

A soma destas duas quantidades permite obter a equação ( II-15).

2-5.3

3 KN/m

Rz

Rx

3 m3 m

8 KN

My

Fig II-12

Cálculo das reacções do apoio

R x = 0

KN1R098R zz =⇒=−+

m.KN6M02x93x8M yy −=⇒=+−−

Tal como nos exemplos anteriores também este exemplo não tem esforços normais,

pelo que se vai passar à análise dos esforços cortantes. Partindo da esquerda para a direita,

verifica-se que no apoio se tem um esforço positivo de 1 KN. Para continuar o traçado do

diagrama é necessário determinar a equação da recta que traduz a taxa de distribuição de carga q,

que neste exemplo é da forma

qx

= − +2

3


46

6 K N.m

x

5,75 KN

1 KN

6 KN.m

3 KN/m

1 KN

8 KN

E.N.

2,25 KN

E.C.

M.F.

2,25 KN.m

D.C.

Fig II-13

A determinação da variação do

esforço cortante é agora possível entre o

encastramento e o meio da viga, pois

entre estes pontos a variação de q é

linear e no ponto x = 3 existe uma carga

concentrada que vai modificar o valor

do esforço. Ficará então:

Q q dxx

dxx

x C com x1

2

23

43 0 3= − = − = − + ≤ ≤∫ ∫ ( ) ( II-16)

Tal como para os casos anteriores, a constante C é determinada atendendo ao facto de se

saber que o valor do esforço para x = 0 é Q = 1 KN, pelo que, atendendo à equação anterior C =

1 KN, ficando então

Qx

x com x1

2

43 1 0 3= − + ≤ ≤ ( II-17)

O estudo desta função permite concluir que se está em presença de uma parábola com a

concavidade virada para baixo, já que a segunda derivada é negativa. Para x = 3 o valor do

esforço cortante dado por esta equação é Q = -5,75 KN. Como naquele ponto está aplicada uma

carga concentrada, positiva por convenção, o valor do esforço cortante passa a ser Q = 2,25 KN.

Para a determinação da equação do esforço cortante para valores de x tais que 3 6≤ ≤x ter-se-á:

Q q dxx

dxx

x C com x2

2

123

43 3 6= − = − = − + ≤ ≤∫ ∫ ( ) ( II-18)


47

Para x = 3 → Q = 2,25 KN, o que substituído na equação anterior permite concluir que C1 = 9

KN, pelo que a equação da variação do esforço cortante será igual a

Qx

x com x2

2

43 9 3 6= − + ≤ ≤ ( II-19)

Para x = 6 o valor deste esforço é zero, como seria de esperar para que o diagrama feche.

Para o traçado do diagrama dos momentos flectores tem que se ter em conta que no

encastramento existe um momento reactivo de 6 KN.m, positivo pela convenção utilizada para

os momentos flectores. Atendendo a ( II-4) e a ( II-17) pode obter-se a variação do momento

flector para 0 3≤ ≤x , ficando

M Qdxx

x d xx x

x C com x1

2 3 2

243 1

123

20 3= = − +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = − + + ≤ ≤∫ ∫ ( II-20)

Como já foi referido, para x = 0 → M1 = 6 KN.m, valor que deve tomar a constante C2 para que

a equação verifique esta imposição, pelo que

3062

312

23

1 ≤≤++−= xcomxxxM ( II-21)

No ponto x = 3 o valor do momento é M1 = - 2,25 KN.m.

No estudo desta função deve ter-se em conta que no sistema de eixos utilizado para o

traçado dos diagramas dos momentos flectores, o eixo dos ZZ tem o sentido positivo marcado

para baixo, ao contrário do que acontece nos esforços cortantes. Portanto neste caso a curva deve

ter a forma representada na Fig II-13, isto é com a concavidade virada para cima, já que para

0 3≤ ≤x toma sempre valores negativos.

Para o cálculo da variação do momento para valores de 3 6≤ ≤x , tem que se integrar a

equação ( II-19), ficando

M Qdxx

x d xx x

x C com x2

2 3 2

343 9

123

29 3 6= = − +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = − + + ≤ ≤∫ ∫ ( II-22)

O valor de C3 é calculado sabendo-se que para x = 3 o valor de M2 obtido pela equação (II-21)

tem que ser igual a -2,25 KN.m, pelo que será C3 = -18, ficando a equação com a forma final


48

Mx x

x com x2

3 2

123

29 18 3 6= − + − ≤ ≤ ( II-21)

O momento flector M2 tem valor nulo para x = 6, o que nos permite concluir que o

diagrama fecha.

2-5.4

A2 m

4 m

6 m6 m

10 KN

Rz R´z

R´x 2 KN

2 KN I

II

III

Fig II-14


R Rx x′ ′+ − = ⇒ =2 2 0 0

010RR zz =−+ ′

KN33,5R0R12604 zz =⇒=−+ ′′

KN67,4R z =

O exemplo da Fig II-14 é uma estrutura porticada cujo eixo não é rectilíneo como nos

casos tratados anteriormente, pelo que o traçado dos diagramas dos esforços obedece a certas

regras. Para que se parta de uma das extremidades e se mantenham as convenções já

estabelecidas, é necessário que o observador se coloque no interior da estrutura e que vá

percorrendo cada um dos tramos sempre no sentido pré-estabelecido, isto é, se se parte da

esquerda para a direita, cada um dos tramos deve ser percorrido nesse sentido, começando-se

obviamnente pelo apoio A. Por outro lado, o eixo do tramo II é perpendicular ao eixo dos outros

dois tramos, pelo que forças que produzem esforço normal nestes produzem esforços cortantes

naquele tramo e vice-versa. É por isso que neste tipo de estruturas é conveniente que os

diagramas destes dois esforços sejam traçados em simultâneo, de modo a que seja facilmente

perceptível a grandeza e sentido dos esforços que transitam para os tramos seguintes.

Tal como para as vigas de eixo rectilíneo, também para este tipo de estruturas se

marcam os esforços normais e cortantes positivos para cima do eixo, o que aqui quer dizer o lado

exterior da estrutura, e negativos para o interior da estrutura. No caso dos momentos flectores vai

seguir-se a convenção contrária, tal como foi feito nos exemplos anteriores.


49

Para a resolução do problema da Fig II-14 vai começar-se por traçar o diagrama dos es-

12 KN

.m

8 K

N.m

20 KN

12 KN.m8 KN.m

2 KN

4,67 K N

5,33 KN

5,33 KN

4,67 KN

2 KN

2 KN

5,33 KN

10 KN

4,67 KN

E.N.

E.C.

M.F.

D.C.

2 KN

2 KN I

II

III

Fig II-15

forços normais partindo do apoio móvel. Como

se pode vêr da análise do diagrama de cargas, o

tramo I está sujeito a um esforço de

compressão produzido pela força reactiva de

4,67 KN, pelo que se trata de um esforço

negativo. Ao passar para o tramo II verifica-se

que a força de 2 KN está aplicada de modo a

também produzir esforço de compressão.

Repare-se que na outra extremidade se vai

exercer a acção da outra força de 2 KN

aplicada no apoio fixo, de modo a que este

elemento esteja em equilíbrio. O tramo III

sofre no vértice comum ao tramo II a acção das

forças de 4,67 KN de tracção e de 10 KN de

compressão, pelo que o resultado final é uma

força de compressão de 5,33 KN, que como se

pode vêr é anulada no apoio pela força

reactiva, de igual grandeza e sentido contrário.

Para o traçado do diagrama dos esforços

cortantes procede-se exactamente do mesmo

modo. No tramo I verifica-se que no apoio não

existe qualquer força que produza este tipo de

esforço, aparecendo apenas para x = 2 a força

negativa de 2 KN. No tramo II existe na secção

inicial uma força reactiva positiva de 4,67 KN

que é a única força que produz esforço até ao ponto onde está aplicada a força negativa de 10

KN. O valor do esforço passará a ser igual a 5,33 KN a partir do ponto de aplicação desta força e

até à outra extremidade deste tramo. Para o tramo III, se se quizer continuar a fazer a análise do


50

traçado do diagrama da esquerda para a direita, verifica-se que na secção inicial só existe a força

de 2 KN, aplicada no tramo I, a produzir esforço cortante. Este esforço mantém-se constante até

atingir o apoio fixo, onde é anulado pela força aí aplicada.

O diagrama dos momentos flectores vai ser iniciado pelo apoio do tramo I. Pode

verificar-se que desde esse ponto até o ponto x = 2 não existem momentos flectores aplicados,

nem tão pouco cargas que os possam provocar, pelo que até esse ponto o diagrama é nulo. Desse

ponto até o fim do tramo pode determinar-se a variação deste esforço, integrando a

correspondente equação dos esforços cortantes, ficando

6x2comCx2xd2dxQM1 ≤≤+−∫ =−=∫= ( II-22)

A constante C é calculada para o ponto x = 2 porque se sabe que aí M1 = 0, pelo se terá C = 4

KN.m, ficando

6x2com4x2M1 ≤≤+−= ( II-23)

Para x = 6 o momento flector toma o valor M1 = - 8 KN.m. Neste ponto o eixo da viga sofre uma

inflexão de 90º, mas este facto não significa que o valor encontrado deixe de ser o mesmo para

as secções final do tramo I e inicial do tramo II. Com efeito, se se recordar que os momentos

flectores provocam a rotação das secções, não se compreende que secções na vizinhança do

mesmo vértice possam rodar de ângulos diferentes sem que a estrutura entre em colapso.

Para calcular a equação dos momentos flectores para o tramo II vão-se integrar as

equações correspondentes do esforço cortante, devendo no entanto ter-se em atenção os limites

de integração. Na verdade, não teria qualquer significado considerar o mesmo sistema de eixos

utilizado para o tramo I, já que eixo dos XX, coincidente com o eixo dos tramos do pórtico, roda

de 90º e consequentemente os outros eixos também rodam. A melhor forma de contornar o

problema é considerar tantas translacções do sistema de eixos quantas as necessárias, de modo a

que a integração se inicie sempre na origem dos eixos. Chama-se no entanto a atenção para o

facto de os limites de integração desta função terem necessariamente que coincidir com os

que foram utilizados para estabelecer a equação de variação dos esforços cortantes. No


51

caso concreto deste problema esta questão não se põe já que não houve que recorrer a

integrações para obter o esforço cortante.

Ter-se-á então:

M Qdx d x x C com x2 14 67 4 67 0 6= = = + ≤ ≤∫ ∫ , , ( II-24)

O cálculo de C1é feito sabendo que para x = 0 → M2 = - 8 KN.m o que implica portanto que C1

= - 8 KN.m. A equação terá então a forma

M x com x2 4 67 8 0 6= − ≤ ≤, ( II-25)

Para x = 6 tem-se M2 = 20,02 KN.m, aproximadamente igual aos 20 KN.m que são o

valor correcto do momento neste ponto, ficando a pequena diferença a dever-se aos

arredondamentos feitos no cálculo das reacções.

M Qdx d x x C com x3 25 33 5 33 0 6= = − = − + ≤ ≤∫ ∫ , , ( II-26)

A constante C2 é o valor obtido na equação anterior para x = 6, pelo que C2 = 20 KN.m, ficando

6x0com20x33,5M3 ≤≤+−= ( II-27)

Para x = 6 tem-se M3 = - 12 KN.m, valor que é transferido para o tramo III como constante de

integração C3. Ter-se-á então

6x0comCx2xd2dxQM 34 ≤≤+∫ ==∫= ( II-28)

ou

M x com x4 2 12 0 6= − ≤ ≤ ( II-29)

Para x = 6 o valor do momento é nulo permitindo que o diagrama feche.

Como se pode verificar por este exemplo, acontece que por vezes se verificam pequenos

erros devidos aos arredondamentos efectuados, que serão tanto maiores quanto mais grosseiros

forem essas aproximações.


52

2-5.5

Rz

8,5 KN.m

0,6 KN.m

4,5 KN.m

0,25 KN.m

1,7 KN

0,3 KN

0,125 KN

2,125 KN0,125 KN

1 KN

2,125 KN

1,3 KN

1,7 KN

1,7 KN

1,3 KN

2,125 KN

2,125 KN

2 KN

1,3 KN

E.N.

E.C.

M.F.

D.C.2 KN

4,5 KN.m 8,5 KN.m

1 KN

2 KN

I

II

III

R´z2 m

2 m

2 m

5 m3 mRx

2 KN

R´x

Fig II-16


R Rx x′ ′+ − =2 0

021RR zz =−−+ ′

KN7,1R0R101034 zz =⇒=−++ ′′

KN125,2R0R4R5 xxz =⇒=+− ′′′

KN3,1R z =

R KNx = 0 125,

O traçado dos diagramas dos

esforços do sistema da figura é feito da

mesma forma que no exemplo anterior,

embora se trate de um pórtico triarticulado.

Por uma questão de automatiza-ção do uso

das convenções utilizadas vai iniciar-se a

análise do problema pelo ponto A.

Para o traçado do diagrama dos

esforços normais pode verificar-se que no

tramo I só a força reactiva Rz é que produz

uma compressão de 4,67 KN. No tramo II o

esforço normal vai ser igual à soma da força

reactiva Rx de 0,125 KN com a força de 2

KN. Repare-se que neste caso, com aliás em

todos os tramos, o valor deste esforço é

anulado na outra extremidade pela reacção

R x′ = 2,125 KN. No tramo III ter-se-á um

esforço normal de 1,7 KN, soma das forças

verticais de valores iguais a 1 KN e 2 KN e

ainda da força reactiva Rz. Como se pode

vêr pelo diagrama de cargas o diagrama


53

fecha

com a força reactiva ′zR igual a 1,7 KN. Para o traçado do diagrama dos esforços cortantes,

começa-se por ter no apoio a força reactiva Rx = 0,125 KN, negativa por convenção, mantendo-

se o diagrama constante até ao ponto x = 2, a partir do qual e até ao fim deste tramo se vai fazer

sentir o efeito da força negativa de 2 KN aí aplicada.

No tramo II tem-se inicialmente a acção da força reactiva positiva Rz, de 1,3 KN,

mantendo-se o diagrama constante até o ponto de aplicação da força de 1 KN. Esta força, que é

negativa por convenção, vai ser subtraída à anterior, passando o esforço cortante a ter o valor de

0,3 KN a partir daqui até à rótula. Deste ponto e até ao fim deste tramo, para além das forças já

referidas produz esforço cortante a força de 2 KN ali aplicada, pelo que se terá Q = 1,7 KN.

Na secção inicial do tramo III vão produzir esforço cortante as forças que produziam

esforço normal no tramo I, isto é a força reactiva Rx e a força de 2 KN, cuja soma é igual a 2,125

KN. O diagrama fecha com a força ′zR de 2,125 KN.

Para a determinação das equações de variação dos momentos flectores, vai-ser utilizada

a já conhecida equação (II-4). Começando pelo ponto A, ter-se-á

M Qdx d x x C com x1 0 125 0 125 0 2= = − = − + ≤ ≤∫ ∫ , , ( II-30)

No ponto x = 0 não existe nenhum momento flector aplicado, pelo que, para que M1 = 0 terá que

ser C = 0, ficando a equação com a forma

M x com x1 0 125 0 2= − ≤ ≤, ( II-31)

Para x = 2 → M1 = -0,25 KN.m. A partir deste ponto e até ao fim do tramo tem-se, fazendo uma

translacção do eixo dos ZZ,

M Qdx d x x C com x2 12 125 2 125 0 2= = − = − + ≤ ≤∫ ∫ , , ( II-32)

O valor da constante é obtido a partir da equação (II-31) no ponto x = 2, já que para x = 0 na

equação (II-32) tem que ser M2 = -0,25 KN.m, para que haja compatibilidade dos valores do

momento calculados pelas duas equações no mesmo ponto. Ficará então


54

2x0com25,0x125,2M2 ≤≤−−= ( II-33)

Para x = 2 → M2 = - 4,5 KN.m.

Para o tramo II começa-se por ter

M Qdx d x x C com x3 21 3 1 3 0 3= = = + ≤ ≤∫ ∫ , , ( II-34)

No ponto x = 0 terá que ser M3 = -4,5 KN.m, pelo que será C2 = -4,5 KN.m e a equação toma a forma

M x com x3 1 3 4 5 0 3= − ≤ ≤, , ( II-35)

Para x = 3 → M3 = - 0,6 KN.m.

2x0comCx3,0xd3,0dxQM 34 ≤≤+=∫=∫= ( II-36)

No ponto x = 0 tem-se M4 = - 0,6 KN.m, o que implica que C3 = - 0,6 KN.m e a equação será

M x com x4 0 3 0 6 0 2= − ≤ ≤, , ( II-37)

Para x = 2 → M4 = 0. Aliás outro valor não poderia ser encontrado para x = 2, porque neste

ponto existe uma rótula e, como se sabe, este elemento estrutural não transmite momentos. Esta

poderá ser portanto uma forma de confirmar se o diagrama dos momentos flectores está ou não

bem traçado.

M Qdx d x x C com x5 41 7 1 7 0 5= = − = − + ≤ ≤∫ ∫ , , ( II-38)

No ponto x = 0 já se viu que o momento é nulo pelo que C4 = 0 e a equação

M x com x5 1 7 0 5= − ≤ ≤, ( II-39)

Para x = 5 → M5 = - 8,5 KN.m.

Para o tramo III tem-se

M Qdx d x x C com x6 52 125 2 125 0 4= = = + ≤ ≤∫ ∫ , , ( II-40)

O valor da constante é determinado através do momento no vértice, isto é, para x = 0→ M5 = -

8,5 KN.m⇒ C5 = - 8,5 KN.m, ficando a equação com a forma


55

M x com x6 2 125 8 5 0 4= − ≤ ≤, , ( II-41)

Finalmente para x = 4 → M6 = 0.

2-5.6

Rx1 KN/m

2 KN

2 m4 m1 m2 m2 m

Rz R´z

My

Fig II-17


R x = 0

072RR zz =−−+ ′

0R95,524M zy =−++− ′

KN5,4R0R418 zz =⇒=− ′′

KN5,4R z = m.KN16M y =

Diagramas dos esforços:

Esforços normais - a viga não tem este tipo de esforços.

Esforços cortantes

Q com x1 4 5 0 2= ≤ ≤, ( II-31)

Q com x2 2 5 2 4= ≤ ≤, ( II-32)

9413 ≤≤+−=−=−= ∫ ∫ xcomCxdxdxqQ

Para x = 4 → Q3 = 2,5 KN ⇒ C = 6,5 KN e a equação fica igual a

Q x com x3 6 5 4 9= − + ≤ ≤, ( II-33)


56

Para x = 9 → Q3 = -2,5 KN. Como nesse ponto existe a força reactiva positiva de 4,5 KN, o

esforço cortante passa a ter o valor 2 KN.

1191 14 ≤≤+−=−=−= ∫ ∫ xcomCxdxdxqQ

Para x = 9 → Q4 = 2 KN ⇒ C1 = 11 KN, pelo que a equação fica com a forma

11x9com11xQ4 ≤≤+−= ( II-34)

Momentos flectores

205,45,4 21 ≤≤+=== ∫∫ xcomCxxddxQM

No ponto x = 0 existe um momento flector aplicado igual a 16 KN.m, negativo por convenção,

pelo que para que M1 = - 16 KN.m ⇒ C2 = -16, ficando

M x com x1 4 5 16 0 2= − ≤ ≤, ( II-35)

Para x = 2 → M1 = - 7 KN.m.

425,25,2 32 ≤≤+=== ∫∫ xcomCxxddxQM

No ponto x = 2 tem-se M2 = - 7 KN.m → C3 = - 12, pelo que ficará

M x com x2 2 5 12 2 4= − ≤ ≤, ( II-36)

Para x = 4 → M2 = - 2 KN.m.

945,62

)5,6( 4

2

3 ≤≤++−=+−== ∫∫ xcomCxxxdxdxQM

Para x = 4 → M3 = - 2 KN.m, pelo que C4 = - 20 KN.m e a equação toma a forma

Mx

x com x3

2

26 5 20 4 9= − + − ≤ ≤, ( II-37)

Se se determinarem as raizes desta equação verifica-se que para x = 5 e x = 8 o

momento flector é nulo, o que em parte está de acordo com os dados do problema, uma vez que

para x = 5 existe uma rótula, que como se sabe não transmite momentos.


57

2 KN.m

7 KN.m

16 KN.m

4,5 KN

16 KN.m

1 KN/m2 KN

2 KN

2,5 KN

2,5 KN

4,5 KN 4,5 KN

.D.C.

E.N.

E.C.

M.F.

1,125 KN.m

2 KN.m

Fig II-18

Derivando esta equação uma vez em ordem a x e igualando a derivada a zero obtém-se

o ponto em que a função tem um máximo ou um mínimo. Pode-se verificar pela análise da figura

(II-19) que este ponto corresponde ao ponto onde o esforço cortante é nulo, que é o ponto x =

6,5. Derivando a equação segunda vez pode-se concluir que a função tem neste ponto um

máximo. O valor desse máximo, obtido utilizando a equação (II-37) é M3 = 1,125 KN.m.

Para x = 9 → M3 = - 2 KN.m.

119112

)11( 5

2

4 ≤≤++−=+−== ∫∫ xcomCxxxdxdxQM

Para x = 9, M4 = - 2 KN.m, pelo que C5 = - 60,5 KN.m, pelo que

Mx

x com x4

2

211 60 5 9 11= − + − ≤ ≤, ( II-38)

Para x = 11 → M4 = 0.


58

2-6 Exemplos práticos não resolvidos

Traçar os diagramas dos esforços normais, cortantes e momentos flectores dos seguintes

exemplos:

2-6.1

3 KN/m

5 m2 m2 m6 m2 m

2 KN

Fig II-19

2-6.2

200 K N

2,5 m

60º45º

2 m

Fig II-20 2-6.3

1 m2,5 m2,5 m

3 KN

2 m

2 m

2 KN

1 KN

Fig II-21


59

2-6.4

60º

3 m

5 KN

2 m

3 KN2 KN

1 m1 m 1 m1 m

Fig II-22

2-6.5

3 KN/m

2 m 3 m2 m

10 KN

1 m 3 m1 m2 m

Fig II-23

2-6.6

B2 KN

2 KN

2 KN

C

1 mA

2 KN

2 KN 2 KN1 m

2 m 2 m2 m 2 m 1 m 1 m 1 m2 m 2 m 1 m 1 m1 m

Fig II-24


60

CAPÍTULO III

ESTUDO DOS SISTEMAS RETICULADOS

3.1- Introdução

Sistemas recticulados ou treliças são estruturas, constituídas por associações de barras

articuladas nas suas extremidades por rótulas ou nós. Estes sistemas são assim projectados de

forma a que as cargas a que vão estar sujeitas sejam de preferência aplicadas nos nós, ficando os

elementos estruturais que as constituem solicitados apenas por esforços normais.

As treliças podem ser planas ou tridimensionais, conforme os eixos das barras que as

constituem estejam ou não contidas num mesmo plano. Na Fig III-1 está representado um

exemplo de cada uma destas categorias. Embora todas as considerações sobre a estaticidade que

venham a ser explanadas sejam aplicáveis a todo o tipo de treliças, o nosso estudo irá debruçar-

se apenas sobre as treliças bidimensionais por falta de tempo para abordar os métodos de

resolução das tridimensionais.

No estudo das treliças vão admitir-se as seguintes hipóteses simplificadoras:

1- as articulações entre as barras que constituem o sistema faz-se através de rótulas sem

atrito.

2- as cargas e os apoios aplicam-se preferencialmente nos nós da estrutura, embora em

casos especiais possa haver outras formas de carregamento.

3- o eixo de cada uma das barras contém o centro das articulações das suas

extremidades.

Fig III-1a - Exemplo de treliça plana Fig III-1b- Exemplo de treliça tridimensional


61

Quando estas 3 condições se verificam, as barras da estrutura ficam sujeitas apenas a

esforços normais. As tensões produzidas por estes esforços são designadas por tensões

primárias.

Nos projectos iniciais, de que a torre Eifel em Paris e a ponte D.Maria no Porto são

exemplos, as treliças eram compostas por um conjunto de barras ligadas entre si por placas

rebitadas. Na prática, como se pode vêr por estes exemplos, as hipóteses anteriormente

formuladas nunca se verificam completamente, já que as articulações oferecem sempre uma certa

resistência ao movimento de rotação das barras que nela convergem, por mais perfeitas que

aquelas sejam.

Ultimamente as juntas rebitadas foram na maioria dos casos substituídas por ligações

soldadas, o que à primeira vista veio complicar ainda mais este problema pelo facto de terem

vindo agudizar a questão da rigidez das juntas com a consequente introdução de flexão nos

elementos que nelas confluem quando a estrutura é solicitada. À diferença que se verifica entre

as tensões realmente instaladas nas barras e as tensões primárias são chamadas tensões

secundárias. De qualquer modo, estas tensões podem ser minimizadas sempre que todas as

barras que concorrem num nó forem cuidadosamente dispostas de modo a que os seus eixos se

cruzem num único ponto.

Refira-se entretanto que em tudo o que atrás se disse foi desprezado o peso próprio da

estrutura que, como é fácil de perceber, introduz flexão em todas os elementos estruturais. No

entanto é usual desprezar o seu efeito no cálculo dos esforços nas barras, ou se tal não fôr

possível em virtude de ser importante o conhecimento exacto das solicitações a que aquelas

estão sujeitas, substitui-se o seu efeito em cada barra por duas forças concentradas, aplicadas nos

nós das extremidades e de grandeza igual a metade do seu peso próprio.

3.2- Determinação da Estaticidade dos Sistemas Recticulados

Como nas demais estruturas, as treliças podem dividir-se em hipoestáticas, isostáticas e

hiperestáticas, conforme o número de equações da estática disponíveis é, respectivemente,

superior, igual ou inferior ao número de incógnitas do problema.


62

Contudo, neste tipo de estruturas deve-se ter em atenção que para além das incógnitas

de apoio, há que determinar os esforços a que todas as barras da estrutura estão sujeitas. Neste

tipo de sistemas é então comum fazer a análise da sua estaticidade exterior, isto é, quanto ao

número de incógnitas de apoio, e da sua estaticidade interior quanto ao número de barras cujos

esforços se têm que calcular. Deste modo é possível que um sistema recticulado possa ser, por

exemplo, isóstático exteriormente e hiperestático internamente, Fig III-2, se fôr possível escrever

um número de equações suficiente para determinar as incógnitas de apoio mas houver um

número de barras superior ao de equações da estática que permita determinar os seus esforços.

Neste caso diz-se que a treliça é globalmente hiperestática em virtude do número total de

incógnitas do problema ser superior às equações da estática disponíveis.

Fig III-2 - Exemplo de uma treliça internamente hiperestática

e externamente isostática

Nos sistemas recticulados deve-se então analisar:

a sua estaticidade externa, verificando a forma como a estrutura está apoiada e o

número de equações da estática que é possível escrever;

a sua estaticidade interna, tendo em conta o número de barras cujo esforço se

desconhece e o número de equações que é possível escrever.

A partir da identificação das incógnitas do problema pode-se então dizer se o problema tem ou

não resolução recorrendo apenas às equações clássicas da estática, isto é, se o problema é ou não

globalmente isostático.

Vejamos agora como se pode determinar a estaticidade global de uma treliça constituída

por b barras articuladas e por n nós. Pelo que atrás foi dito, é evidente que o número de

incógnitas existentes na treliça, independentemente da forma como esta está apoiada, será igual a

b, já que é este o número de esforços existentes. Se se admitir que esta estrutura tem a incógnitas


63

de apoio, que tal como as forças exteriores são aplicadas nos nós, então dir-se-á que o número

total de incógnitas do problema será igual a a + b.

Se a estrutura fôr plana, que é o caso das treliças que iremos estudar, em cada nó da

estrutura é possível escrever apenas as 2 equações da estática:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=∑

=∑⇒=

0F

0F0F

z

xr (III-1)

já que a terceira equação a que normalmente se recorre

0M0M y =∑⇒=r

(III-2)

deixa de ter significado, uma vez que todos os esforços das barras que concorrem nesse nó não

produzem aí qualquer momento. Assim, para uma estrutura com n nós ter-se-ão disponíveis 2n

equações da estática. Diz-se então que a treliça é globalmente isostática se se verificar a

igualdade

a b n+ = 2 (III-3)

isto é, se o número de incógnitas é igual ao número de equações disponível. Esta equação pode

tomar a forma

g a b n= + − 2 (III-4)

onde g é o grau de estaticidade do sistema. No caso de se verificar a igualdade (III-3) é óbvio

que g é igual a zero. Dir-se-á então que, se:

g < 0 a treliça será globalmente hipostática

g = 0 a treliça será globalmente isostática

g > 0 a treliça será globalmente hiperestática

Da mesma forma seria possível estudar a estaticidade interna de uma treliça,

admitindo que esta está simplesmente apoiada, mesmo que os seus apoios sejam outros. Neste

caso, o número de reacções de apoio a será igual a 3, pelo que terá que ser este o número de


64

equações da estática que terão que ser reservadas para as determinar. A equação (III-4) escreve-

se então sobre a forma

g b n= − +2 3 (III-5)

A determinação da estaticidade exterior de uma treliça é feita da mesma forma que

qualquer outra estrutura e utlizando os métodos já referidos.

No estudo dos sistemas recticulados deve-se ter em conta que os resultados obtidos

através das equações (III-4) e (III-5) nem sempre permitem tirar conclusões correctas sobre a sua

estaticidade. Com efeito, se aplicarmos uma destas equações na determinação da estaticidade da

estrutura da Fig III-3, ser-se-á levado a afirmar que esta treliça é isostática quando na realidade

se trata da associação, através das barras I e II, de um recticulado isostático com outro

hiperestático.

II

I

Fig III-3 - Exemplo de uma treliça deformável

A explicação para este facto deve-se a que um sistema qualquer de n equações e n incógnitas

nem sempre é bem determinado, só tendo solução quando o seu determinante fôr diferente de

zero.

3.3- Tipos de Sistemas Recticulados

A treliça isostática mais simples que existe é constituída por três barras e três rótulas,

sendo possível construir outros sistemas recticulados isostáticos, associando àquela conjuntos de

duas barras e uma rótula, Fig III-4. As treliças assim construídas são chamadas treliças simples.

A partir das treliças simples é possível construir outros tipos de sistemas que se dividem em

treliças compostas e treliças complexas.


65

II

Fig III-4 - Exemplo de construção de uma treliça isostática

As treliças compostas são associações de duas treliças simples feitas através ou de uma

rótula e uma barra, ou de três barras desde que não paralelas entre si nem concorrentes num

ponto, Fig III-5. É evidente que se as barras fossem concorrentes num ponto ou paralelas entre si

o sistema era deformável e portanto instável.

Fig III-5 - Exemplos de construção de treliças compostas isostáticas

As treliças complexas são estruturas em que a disposição das barras que a constituem

não obedece a qualquer critério que não seja o de as manter indeformáveis, devendo ser, tal

como os outros tipos de sistemas reticulados, isostáticas ou hiperestáticas. Estas estruturas, de

que a repreentada na figura III-6 é um exemplo, são as que normalmente mais dificuldades

apresentam para a determinanação dos esforços nas barras que as constituem.

Fig III-6 - Exemplo de uma treliça complexa isostática

3.4 - Cálculo dos Esforços Axiais nas Barras dos Sistemas Recticulados


66

Dos vários métodos que podem ser usados na determinação dos esforços axiais das

barras de treliças bidimensionais, vão considerar-se dois:

- o método de Ritter, que é um método analítico e

- o método de Cremona que é um método gráfico

3.4.1- Método de Ritter

O método de Ritter é um método de cálculo dos esforços que utiliza a análise do

equilíbrio das partes em que uma estrutura é seccionada por um plano imaginário que a divida

em partes perfeitamente independentes. Para melhor compreensão do problema considere-se a

treliça representada na figura III-7, em equilíbrio sob a acção das forças exteriores de 4 KN e 2

KN e das reacções de apoio já calculadas. Seccione-se esta treliça por um plano imaginário

qualquer, SS, que a divida em duas partes totalmente independentes uma da outra e considere-se,

por exemplo,

SIS

S

XI

XIX

VIII

VII

VI

V

IV

III

4 KN

2 m

II

I

2 m 2 m 2 m

16 KN

16 KN

6 KN

SI

2 KN

Fig III-7 - Determinação dos esforços nas barras da treliça pelo método de Ritter

o equilíbrio da parte à esquerda da secção, Fig III-8. Para que esta parte da estrutura esteja em

equilíbrio é necessário que a outra parte que foi ignorada seja substituída por um conjunto de

forças FII, FIII e FIV, de que desconhecemos o sentido mas conhecemos a direcção, já que não


67

são mais que os esforços axiais das barras seccionadas pelo plano SS. Com efeito, foi referido

que neste tipo de estruturas só existiam esforços axiais, pelo que ao ser cortada uma barra

qualquer, esta tem que ser substituída pelo esforço que transmitia ao resto da estrutura, de forma

a que a parte a estudar esteja em equilíbrio estático.

Por uma questão de sistematização, arbitre-se que as três barras estão sujeitas a esforços

de tracção e através das equações da estática calculem-se as suas grandezas.

a

FII

FIII

FIV

IV

III

II

I

16 KN

16 KN

6 KN

Fig III-8 - Sistema de forças que mantêm em equilíbrio a parte esquerda da treliça

Fx 0 16 16 FII FIII cos 45º FIV cos 18,43º = 0∑ = ⇒ − + + +

0=18,43ºsenIVF45ºsenIIIF60zF −−⇒=∑

0F22x160M IIay =+⇒=∑

F KNII = −16 barra sujeita a um esforço de compressão

F KNIII = 1 42, barra sujeita a um esforço de tracção

F KNIV = 15 81, barra sujeita a um esforço de tracção

O facto da grandeza da barra FII ter aparecido com o sinal negativo, significa apenas

que a barra está sujeita a um esforço de compressão, ou seja o esforço a que está sujeita tem o

sentido contrário ao de tracção para ela inicialmente arbitrado.

Para continuar o cálculo dos esforços das barras da estrutura, considere-se agora, por

exemplo, a secção SI SI, Fig III-7, e estude-se o equilíbrio da parte da direita representada na Fig

III-9. Esta secção é necessária apenas para determinar os esforços nas barras V e VI, uma vez

que o esforço na barra IV já foi anteriormente determinado. Repare-se como curiosidade que


68

para o estudo do equilíbrio desta parte da estrutura não teria sido necessário o cálculo das

reacções de apoio.

Fx 0 F 15,81 cos 18,43º = 0VI

∑ = ⇒ +

0=º43,18sen81,15F4+2 0zF V −+⇒=∑

F KNVI = −15 barra sujeita a um esforço de compressão

F KNV = 6 barra sujeita a um esforço de tracção

FV

FVI

b

XI

XIX

VIII

VII

VI

V

4 KN

15,81 KN

2 m 2 m

2 KN

Fig III-9 - Sistema de forças que mantêm em equilíbrio a parte direita da treliça

A barra VI podia ser ainda calculada directamente pela equação:

KN15F0F684x42x20M VIVI

by −=⇒=++⇒=∑

A determinação das grandezas das outras barras da treliça pode fazer-se utilizando

outras secções. Há no entanto que chamar a atenção para o facto de só poderem ser seccionadas

tantas barras, de grandeza e sentido desconhecidos, quantas as equações da estática que se

possam escrever, já que de outro modo se iria ficar com um sistema de equações indeterminado.

Do mesmo modo, se as barras seccionadas forem paralelas entre si ou concorrentes num

ponto também não é possível a utlização do método de Ritter, porque embora possamos

sempre escrever as 3 equações da estática definidas em (III-1) e (III-2) uma delas não é

linearmente independente.

3.4.2- Método de Cremona


69

O método de Cremona é um método gráfico que se baseia no estudo do equilíbrio de

cada um dos nós da estrutura, tendo em conta as forças que nele actuam e os esforços das barras

que nele confluem. Porém, antes de entrar na descrição deste método, há que referir alguns

conceitos ligados ao tratamento gráfico de sistemas de forças.

3.4.2.1- Método Gráfico para Tratamento de Sistemas de Forças

Como é sabido da estática, diz-se que um ponto está em equilíbrio sob a acção de um

conjunto de forças, quando a resultante desse conjunto de forças é nula e é possível graficamente

fazer a verificação do equilíbrio desse ponto, ou encontrar a resultante do sistema de forças no

caso da sua resultante ser diferente de zero.

Considere-se o sistema de forças representado na figura III-10 e determine-se a

resultante das forças aplicadas no ponto O. Por um ponto qualquer comece-se por traçar o

polígono funicular das forças obedecendo à sua posição relativa. Para tal, arbitre-se um sentido

de rotação e comece-se a traçar o polígono por qualquer uma das forças, por exemplo a força f1 e

continue-se o seu traçado colocando as outras forças na forma indicada na figura. A resultante

será nula se, uma vez colocadas no polígono todas as forças, a extremidade da última força

coincidir com o ponto onde este começou a ser traçado, o que não é o caso do exemplo

apresentado. Neste caso o sistema de forças é equivalente à resultante R.

R

0

f1 f2

f3 f4f1

f2f4

f3 Fig III-10 - Determinação gráfica da resultante de um sistema de forças aplicado num ponto

Considere-se agora o mesmo sistema de forças, mas a que foi associado uma força f5 de

grandeza igual mas sentido contrário a R, Fig III-11. É evidente que neste caso se pode

confirmar que o ponto O está em equílibrio, já que a sua resultante é nula.


70

f1

f2f4

f3

0

f1 f2

f3 f4

f5

f5

Fig III-11 - Verificação gráfica do equilíbrio de um ponto sujeito a um sistema de forças

Da análise do que até agora foi dito, pode concluir-se que, se num ponto estiver

aplicado um sistema de forças de que se desconheça a grandeza de uma delas, embora seja

conhecida a sua direcção, é possível determinar graficamente a sua grandeza de modo a que o

ponto O esteja em equilíbrio. Da mesma forma é possível determinar a grandeza de duas das

forças do sistema, se as suas direcções forem conhecidas, de modo a que o ponto esteja em

equilíbrio. Neste caso, porém, o problema só tem solução inequívoca se e só se as forças cujas

grandezas são desconhecidas estiverem juntas, tal com se representa no exemplo da figura III-

12, já que de outro modo o problema não tem solução por não ficarem definidos os pontos do

polígono por onde devem passar as forças que o constituem. Para a resolução do problema da

figura comece-se por traçar o polígono funicular de modo a que as forças conhecidas sejam as

primeiras a aí serem colocadas. Neste caso a ordem de colocação das forças foi f3 , f1 , f2 e f4

, utilizando o sentido

c

b

a

f4

f3

0

f1f2

f3 f4

f5

f2

f6

f1

f6

f5

Fig III-12 - Determinação gráfica da grandeza de duas forças conhecidas as suas direcções


71

representado. Das outras forças conhecem-se agora, não só as suas direcções, mas também o

ponto a do polígono funicolar por onde deve passar a força f5 e o ponto b por onde deve passar a

força f6. Prolongando as duas direcções conhecidas obtem-se o ponto c que define a grandeza de

cada uma dessas forças, sendo o sentido de cada uma definido de modo a que o polígono feche.

A resolução deste tipo de problemas torna-se impossível se do sistema de forças

fizerem parte três ou mais forças de que seja conhecida só a sua direcção, pois neste caso há

uma infinidade de soluções que satisfazem o equilíbrio do ponto.

3.4.2.2- Notação de Bow

No estudo de sistemas recticulados, em particular na aplicação do método de Cremona,

é usual utilizar-se a chamada notação de Bow, que é uma forma prática de identificar todas as

barras do sistema e forças nele aplicadas. Esta notação consiste na aplicação de uma letra

maiúsculs a todos os espaços limitados por forças, por barras ou por forças e barras. Deste modo,

quaisquer forças ou barras passam a ficar identificadas pelas letras minúsculas correspondentes

às que definem os espaços que lhe são adjacentes. Um exemplo da aplicação da notação de Bow

está representada na figura III-13. Pode verificar-se que, por exemplo a força f1 passa a ser

identifacada por força ab ou ba, a reacção Rx por cd ou dc, etc.

R x

C

D

f1

f2

A

E

B

R ´zR z

F

G H

I

Fig III-13 - Exemplo de aplicação da notação de Bow

3.4.2.3- Método de Cremona (não faz parte do programa da disciplina)

Depois de nos dois pontos anteriores se terem focado aspectos elementares para a

aplicação de método de Cremona, calculem-se agora por este método os esforços nas barras da


72

treliça utilizada na explicação do método de Ritter, Fig III-14, de forma a que seja possível a

comparação dos resultados obtidos pelos dois métodos.

Atendendo a que se trata de um método gráfico, comece-se por escolher uma escala

para as forças e outra para os comprimentos das barras e desenhe-se na escala escolhida a figura

da treliça. Admitindo que o valor das reacções já é conhecido, aplique-se a notação de Bow para

a identificação das forças e barras. Para facilitar a explicação foram também numerados os nós,

embora isso não seja necessário. Tal como se fez no ponto 3.4.2.1 arbitre-se um sentido de

rotação que defina a ordem por que vão ser consideradas no estudo do equilíbrio do nó as forças

e os esforços e procure-se uma rótula em que haja apenas duas grandezas desconhecidas.

D

F

B

J

C

VII

VI V

IV

III

4 KN

AII

I

G

H I

16 KN

16 KN

6 KN

2 KNE

Fig III-14 - Determinação dos esforços nas barras da treliça pelo método de Cremona

No caso da treliça em estudo, tanto pode ser o nó I como o VI, já que ambos estão nas

condições pretendidas. Comece-se por exemplo pelo estudo do equilíbrio do nó I, onde existe

uma força cd de grandeza e sentido conhecidos e dois esforços de direcção conhecida. Por um

ponto qualquer comece-se então por traçar um segmento de recta cd, com o sentido da força e

com um comprimento equivalente a 4 KN na escala escolhida7. Deste modo ficam definidos dois

pontos, c e d, que são também comuns às barras concorrentes no nó em estudo. Para determinar a

grandeza dos esforços destas barras basta fazer passar por esses pontos segmentos de recta com

as direcções das barras da treliça. A sua intersecção irá definir o ponto j, que unido aos pontos c

e d define a grandeza dos esforços nas barras dj e jc, cujo valor pode ser obtido por simples 7 Note-se que não é a mesma coisa traçar o segmento de recta dc, uma vez que com o sentido que foi arbitrado se parte do ponto c para d e não ao contrário.


73

medição e posterior conversão através da respectiva escala. O sentido desses esforços, indicado

na figura III-15, é determinado tendo em conta o sentido de rotação arbitrado e que o polígono

assim definido deve fechar para que o nó esteja em equilíbrio. Estes sentidos podem ser

posteriormente indicados na treliça de modo a tornar mais fácil a visualização do modo como

actuam os esforços nos nós.

É evidente também que se o esforço de uma barra, por exemplo da barra dj, comprime o

nó I, também vai comprimir o nó II situado no outro extremo8.. Esta barra estará então sujeita a

um esforço de compressão, enquanto que uma barra que tracciona os nós está sujeita a um

esforço de tracção, Fig III-16.

Escala - 1 KN = 5 mm

jd

c

Fig III-15 – Estudo do equilíbrio do nó I da treliça da figura III-14

COMPRESSÃO

TRACÇÃO

Fig III-16 - Convenção dos esforços nas barras das treliças

Conhecidos a grandeza dos esforços nas barras dj e jc, é agora possível prosseguir os

cálculos nas outras barras da treliça, passando, por exemplo, a analisar o equilíbrio do nó II.

Convém notar que a análise deste nó só é possível com o conhecimento do valor do esforço

normal na barra jc, como só é possível analisar os outros nós desde que apenas sejam

desconhecidos os esforços em duas barras.

Deve-se também notar que todas as barras são articuladas em dois nós, o que implica a

duplicação do traçado da grandeza e direcção dos seue esforços, se o estudo de cada nó fôr feito

em separado. Para evitar estas repetições que só introduzem erros desnecessários, é usual fazer

um único Cremona para toda a estrutura, como o representado na figura III-17 que diz respeito a

8 É evidente que a compressão exercida nos nós não é mais que a reacção à compressão que aqueles sobre ela exercem.


74

todos os esforços e forças a que está sujeita a treliça que se tem estado a estudar. As grandezas

desses esforços estão indicadas no Quadro I.

b e f a

j id g

cEscala - 1 KN = 5 mm

h

Fig III-17 – Cremona da treliça da figura III-14

Quadro I Tracção Compressão

Barra KN KNaf 0cg 15,8fg 1,4ef 16gh 6ci 12,6ih 3,6eh 15ij 0cj 12,65jd 12

3.5 - Exercícios Propostos

Por qualquer dos métodos seus conhecidos, determine os esforços nas barras das

treliças repreentadas:

3.5.1

1,5 K N

3 m 3 m 2 m 2 m

2 m

2 m

1 m

2 K N 3 K N2 K N

3.5.2


75

1 m

2 K N

1 0 K N

1 0 K N

5 m 3 m2 m

2 , 5 m

1 , 5 m

3.5.3

1 m

3 m

4 m2 m2 m4 m

3 m 3 m

5 KN5 KN 5 KN

4 KN


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Bibliografia

- Beer, F.P., Johnston, E.R.; Mecânica Vectorial para Engenheiros - Estática, McGraw-Hill, 6ª Edição, 1998;

- Den Hartog, J.P.; Mechanics; Dover Pub., Inc, New YorK, 1961;

- Lardners, T.J., Archer, R.R.; Mechanics of Solids – an Introduction, MCGraw-Hill, 1994;

- Fonseca, A. ; Curso de Mecânica - Vol. II, Livros Técnicos e Científicos Editora, S.A;

- Timoshenko, S.P.; Resistência de Materiais - Vol. I e II, Livro Técnico S.A., 1971;

- Silva Gomes, J.F., Teoria da Elasticidade. Fundamentos e Aplicações; DEMEGI, FEUP, 1991

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