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Estruturas em Treliรงa Prof. Eduardo Mesquita

- 2006 ESTRUTURAS EM TRELIร‡A


UNIVERSIDADE FUMEC - FEA

2

São estruturas lineares, formadas por barras que no conjunto devem formar uma estrutura indeformável.

Estrutura deformável

Barra indeformável

1. TIPOS

DE

TRELIÇA

1.1 - Treliças Planas Suas barras estão num mesmo plano.

1.2 - Treliças Tridimensionais Suas barras estão todas em planos diferentes. As treliças são utilizadas para coberturas, pontes, como vigas de lançamento, etc.

2. HIPÓTESES PARA

OS

VÁRIOS PROCESSOS

DE

CÁLCULOS

2.1 – As barras da treliça são ligadas entre si por intermédio de articulações sem atrito.

2.2 – As cargas e reações aplicam-se somente nos nós da estrutura. 2.3 – O eixo de cada barra coincide com a reta que une os centros das articulações (como nas estruturas lineares).

Satisfeitas todas as hipóteses mencionadas, as barras da treliça só serão solicitadas por forças normais.

3. ESFORÇOS SOLICITANTES Forças Normais

N

N

A

A

• tração • compressão

B

B

N

N

As tensões provocadas por estas forças são chamadas tensões primárias. Estruturas em Treliça


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σ=

3

N (verificação da resistência da peça) S seção da peça

Observações: 1. Na prática não se consegue obter uma articulação perfeita, sem atrito. As articulações são formadas por chapas rebitadas ou soldadas, que podem ser consideradas praticamente rígidas.

2. Devido ao fato de não termos uma articulação perfeita aparecerá momento fletor e força cortante, porém este estudo não é parte do nosso curso. 3. Também o peso próprio da barra provoca flexão na mesma, só que é desprezível por ser muito pequeno. O peso da barra vai aplicado nos nós. A P/2

B P/2

4. TRELIÇAS ISOSTÁTICAS

E

HIPERESTÁTICAS

P1

R1

P2

P3

P4

R2

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4

Dados os valores das forças P1, P2, P3 e P4, se conseguirmos determinar, pelas equações da estática, os valores de R1 e R2 e os esforços nas barras, ela é isostática. Se determinarmos somente as reações de apoio ela é dita internamente hiperestática (as incógnitas são as forças normais). Quando nem as reações se determinam ela é dita externamente hiperestática.

P2

A

HA

B

VA

VB

As incógnitas a se determinarem são: • As reações de apoio HA, VA e VB, chamadas de vínculos representados pela letra V. • Esforços normais nas barras representados pela letra b.

Logo o número de incógnitas é (b + V). P N1 N3

N2

∑N ∑N

x

+ Px = 0

y

+ Py = 0

Portanto, para cada nó da estrutura nós temos duas equações, logo se a estrutura possuir N nós, teremos 2N equações.

Portanto, para uma treliça ser isostática, devemos ter

b +V =2N

Treliça hiperestática b + V > 2N. O grau de hiperestaticidade de uma treliça é dado pela equação: g = (b + V) – 2N Se g = 0

a treliça é isostática.

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5

Exemplos:

v = 3, b = 11, N = 7 b + v = 14

2N = 14

Isostática

v = 3, b = 9 N=6

b + v = 12

2N = 12

Isostática

v = 4, b = 13, N = 8

v = 3, b = 14, N = 8

b + v = 17

b + v = 17,

2N = 16

Hiperestática (g = 1) Incógnita: uma das reações de apoio – externamente hiperestática.

2N = 16

Hiperestática (g = 1) Incógnita: esforço de uma das barras- internamente hiperestática.

5 – TRELIÇAS SIMPLES Geralmente quase todas as treliças são formadas a partir de um triângulo inicial. Para cada novo nó introduzido, basta acrescentar duas barras não colineares. Se o número de vínculos relativos às treliças acima mencionadas forem iguais a 3, as treliças serão sempre isostáticas  b + 3 = 2N Observações: 1. A treliça hiperestática com 3 vínculos, conforme desenho acima, tem uma barra a mais, logo não entra nesta classificação. Estruturas em Treliça


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6. PROCESSOS

DE

6

RESOLUÇÃO

6.1 – Processo dos Nós Seja o nó C, da treliça ABCDEF. Nele concorrem as barras conforme a figura abaixo: P1 C

D

4 3

2

E

5

6

α1

7

1

P1 9

α2

8 F

A

N4

C

B

N2

N3

Conforme já dissemos, cada nó apresenta duas equações e, se admitirmos que todas as barras estejam tracionadas, teremos:  Nó C:  

∑ H = 0 ⇒ P cos α + N cos α ∑ V = 0 ⇒ −P sen α − N sen α 1

1

1

1

3

3

2

+ N4 = 0

2

− N2 = 0

Genericamente, teremos:

∑ N cos α + H (componente horizontal de P ) = 0 ∑ Nsen α + V (componente vertical de P ) = 0 1

1

As componentes verticais em função do seno. As componentes horizontais em função do cosseno. Os valores de H e V podem ser positivos ou negativos, se as forças forem de tração e compressão, respectivamente. +

Convenção:

H

e

+ V

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7

6.2 – Casos de Simplificação Para carregamentos particulares pode acontecer que uma treliça possua barra ou barras não solicitada(s), ou então solicitadas pela mesma força normal. Em muitos casos a identificação destas barras é imediata, simplificando bastante o cálculo da treliça. Seja a treliça abaixo: P3 P2 P1 A

4 3

1

E2

8

7

5

2

6 C

12

16

11

9

13

10

15

B

17

14 D

 duas barras não coaxiais sem forças externas aplicadas. N1 = N4 = 0  as barras não estão solicitadas.

• Nó A

• Nó C

 duas barras não coaxiais sem forças externas aplicadas.

N5 = 0 N2 = N6

 duas barras não coaxiais sem forças externas aplicadas. N17 = -P3  (compressão).

• Nó B

N16 = 0 • Nó D

 duas barras não coaxiais sem forças externas aplicadas.

N10 = N14 N13 = 0 • Nó E

 duas barras não coaxiais sem forças externas aplicadas.

N8 = N12 N9 = - P2

 (compressão). Estruturas em Treliça


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8

6.3 – Processos dos Coeficientes de Força Esse processo é análogo ao dos nós, mas leva muito mais vantagens se houver muitas barras com inclinações diferentes, principalmente se os comprimentos dessas barras forem obtidos por simples medição num esquema da estrutura. B

l

v

α

horizontal A

h

Vamos supor uma barra AB qualquer de comprimento l de projeções h e v (horizontal e vertical, respectivamente). v h e cos α = , sendo α o ângulo que a barra AB faz com l l a horizontal. Voltando ao processo dos nós, onde tínhamos: Da figura, tiramos: sen α =

∑ N ×cos α + H = 0 , substituímos os valores do cos α ∑ N ×sen α + V = 0

e sen α , ficando:

h

∑N ×l + H = 0 v

∑N ×l

+V=0

onde N, h, v e l em cada parcela das somatórias, referem-se a uma mesma barra. O coeficiente de forças de uma barra é obtido da relação: t =  equações acima nos dá:  

∑ th + H = 0 ∑ tv + V = 0

N , que substituindo nas l

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9

Através das equações acima, determinamos os valores de t correspondentes às diversas barras da estrutura. Em seguida, obtemos as forças normais, multiplicandose os valores de t pelos comprimentos das respectivas barras.

Exercício: Resolver a treliça dada nos exemplos anteriores coeficientes de força. 4tf 2tf B

3m

A

E

8

3

1

HA=5,2 tf

C

4

5

G

6

4m

H

4m

4m

VA=3,97 tf

Equação

16

10 F

D

30º

13

11

9

dos

6tf

12

7

2

pelo processo

VB=5,03 tf

Barra

t (tf/m)

l (m)

N (tf)

A

V H

3,97 + 3t1 = 0 5,2 + 4t2 = 0

1 2

-1,32 -1,3

3 4

-3,96 -5,2

B

V H

-3t1 - 3t3 = 0 4t4 + 4t3 = 0

3 4

1,32 -1,32

5 4

6,6 -5,28

C

V H

-2-3t5 - 3t7 = 0 -4t4 + 4t7 + 4t8 = 0

5 6

-1,32 0,02

3 4

-3,96 0,08

D

V H

+3t3 + 3t5 = 0 -4t2 - 4t3 + 4t6 = 0

7 8

0,65 -1,97

5 4

3,25 -7,88

E

V H

-4 - 3t9 - 3t11 = 0 -4t8 + 4t12 + 4t11 = 0

9 10

-0,65 0,68

3 4

-1,95 2,72

F

V H

3t9 + 3t7 = 0 -4t7 - 4t6 + 4t10 = 0

11 12

-0,68 -1,29

5 4

-3,4 -5,16

G

V H

-6cos60º - 3t13 = 0

13

-1

3

-3

6.4 – Processo das Seções ou de Ritter Como vimos no processo dos nós, admitimos cortadas todas as barras da treliça e consideramos sucessivamente as condições de equilíbrio (H = 0 e V = 0) Estruturas em Treliça


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relativas a todos os nós, um a um. Esse processo é utilizado quando se deseja determinar as forças normais em todas as barras. No processo das seções temos condições de obter a força normal em apenas algumas barras ou somente em uma única. Neste caso, estabelecemos as condições de equilíbrio do reticulado que resulta, quando aplicamos os cortes naquelas barras cujas forças normais procuramos. Este processo permite, com sucesso, a resolução de diversos casos de treliças simples e compostas (associação de uma ou mais treliças que não podem ser obtidas seguindo-se a lei da formação das treliças simples) tornando-se, entretanto, impraticável no caso das treliças complexas. 4tf

2tf B

6tf

E

C

G

30º

3m

A

5,2 tf

F

D 4m

H

4m

4m

3,97 tf

5,03 tf

Ao partirmos a barra CE a treliça se transforma em dois reticulados geométricos indeformáveis e interligados pela articulação F. Logo os momentos relativos a quaisquer forças de um lado ou de outro lado dos reticulados devem ser nulos. 4tf

2tf

6tf

Banzo sup.

B

C

NCE

NCE

G

E

30º

3m

5,2 tf

A F

D 4m

4m

4m

3,97 tf

H 5,03 tf

Tomando, por exemplo, a parte situada à esquerda de F, temos: 3NCE − 2 x 4 + 3, 97 x 8 = 0 ∴ 3 NCE = − 23, 76 ∴ NCE = − 7, 92 tf Estruturas em Treliça


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11

Calcular a força normal na barra CF diagonal: 4tf

2tf B

6tf

E

C

G

30º

α NCF

3m NCF

A

5,2 tf

F

D 4m

4m

4m

3,97 tf

H 5,03 tf

Nestas condições os dois reticulados estão ligados por duas barras biarticuladas paralelas CE e DF, incapazes de impedir o deslocamento na direção vertical. Desta forma, para não acontecer movimento relativo das partes, fazemos Relativo a um ou outro reticulado.

∑ V = 0.

Tomando o reticulado da esquerda, temos: V=0

3, 97 − 2 − NCFsen α = 0

1, 97 = 0, 6 NCF ∴ NCF =

1, 97 = 3, 28 tf 0, 6 4tf

2tf B

6tf

E

C

G

30º

α NCD

3m

NCD 5,2 tf

A F

D 4m 3,97 tf

4m

4m

H 5,03 tf

Os reticulados estão interligados por duas retas paralelas BC e DF. Também neste caso os reticulados são incapazes de impedir o deslocamento na direção vertical. Logo Estruturas em Treliça


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temos que fazer

12

∑ V = 0.

Vamos pega os reticulado da esquerda, logo teremos: • O da esquerda:

∑ V = 0 ⇒ 3, 97 + NCD = 0 ∴ NCD = − 3, 97 tf.

• O da direita: − 2 − NCD − 4 + 5, 03 − 6 x 0,5 = 0 ∴ − 9 + 5, 03 = NCD ∴ NCD = − 3, 97 tf.

Exercício: Dado o sistema reticulado abaixo, pede-se: • Calcular as reações de apoio. • Calcular os esforços normais em todas as barras. Obs: Utilizar duas casas decimais. +

r

∑ H = 0 ⇒ −H

A

+ 3 + 3 = 0∴

HA =6 K N

+

V ↑ = 0 ⇒ VA + VB − 2 − 2 − 2 = 0 ∴VA + VB = 6 KN ∴

MA = 0 ⇒ − 5VB − 3x5 + 2x3 + 2x7 − 3x3 = 0 ∴ − 5VB = 4 KN ∴

VA =6, 8 K N

+

VA = 6,8 KN

A

4

D

5 C

γ

B

α

3

90−β

1 3 cos γ = = 0, 83 3, 61 sen γ = 0, 55

VB = -0,8 KN

β

HA = 6 KN cos β = sen β = 0, 71

α

6

α −9 0

90−α

3m

7

α

E 3 KN 2 KN

2 KN

90−γ

VB =− 0, 8 K N

2m

γ 3 KN

α

2 = 0,55 3, 61 3 sen α = = 0, 83 3, 61 cos α =

2 KN

3m

2m

2m

Estruturas em Treliça


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13

Nó E

N7

α

N6

+ r H = 0 ⇒ 3 − N6 − N7 x 0,55 = 0 ∴ 3 − 2, 41 x 0,55 = N6 ∴ N6 = 1, 67 KN +↑

∑ V = 0 ⇒ −2 + N

3 KN

7

x 0, 83 = 0 ∴ N7 = 2 / 0, 83 = 2, 41KN

2 KN

• Nó D N1 90−γ

N2

γ

+ r H = 0 ⇒ 3 + N2 x 0, 83 = 0 ∴ N2 = − 3 / 0, 83 = − 3, 61KN +↑

∑ V = 0 ⇒ − 2 + N + ( − 3, 61 x 0,55 ) = 0 ∴ N

3 KN

1

1

= 3, 99 KN

2 KN

• Nó A 6,8 KN

+↑

∑ V = 0 ⇒ 6, 8 − N − N x 0, 71 = 0 ∴ 6, 8 − 3, 99 = N r ∑ H = 0 ⇒ − 6 + N x 0, 71 = −N ∴ N = 3,19 KN 1

6 KN

β

N4

90 − β

3

3

4

4

A

• Nó B

6 KN -0,8 KN

8−N ∑ V = 0 ⇒ − 0, 6 kn

5 x 0, 83 − N7 x 0, 83 = 0 ∴ 2 4m 10 kn − 0, 8 − 2, 41 x 0, 83 = N5 x 0, 83 ∴ N5 =1− 2, 8 / 0, 83 = − 3, 37 KN θ

α 90 − α 90 − α

8 kn

N7

4 C

HA = -5,14 KN

9−0γ

+↑

N4

cos α2 =kn 0, 6 sen α = 0, 8

x 0, 71 ∴ N3 = 3, 96 KN

N3

N1

N5

3

θ

90 − θ θ 90 − θ

5 71 cos γ = sen γ = 0,

γ

D

α

90−α

3

90 − α

α

3m B H =15,14 KN B

Estruturas em Treliça

4 kn 5m

4m

VB = 10 KN


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14

5 = 0, 86 5, 83 3 sen θ = = 0,51 5, 83 cos θ =

+ r H = 0 ⇒ 2 + 8 − HA − HB = 0 ∴

+

∑V = 0 ⇒ V

B

− 4 − 6 = 0∴

HA +HB =1 0 K N ∴ HB =1 5, 1 4K N

VB =1 0, 0 0KN

+

MB = 0 ⇒ VB − 4 x 9 + 8 x 3 − 6 x 4 − 7HA = 0 ∴

• Nó A

-5,14 KN N2

r+ H = 0 ⇒ −N2 x 0, 71 − ( − 5,14 ) =∴ +↑

90 − γ

∑ V = 0 ⇒ −N

1

N1

HA =− 5, 1 4K N

− N2 x 0, 71 = 0 ∴

N2 =− 7, 2 4KN

N1 =− 5, 1 4K N

90 − α

• Nó C N4 2 KN

θ

+↑

∑ V = 0 ⇒ N x 0, 51 = 4 ∴ r ∑ H = 0 ⇒ 2 + 7, 84 x 0, 86 = −N

N5

N4 =7, 8 4KN

4

+

5

N5 =− 8, 7 5K N

4 KN

• Nó B N3

90−α N5

V = 6,75 KN N1 A

2

15,14 KN

90−α

1

10 KN 90−α

4 KN

α

C 2m

β

+↑

3 KN

∑ V =D0 ⇒ N

1

VB = 3,25 KN

+ N3x0, 6 +B 10 =H 0= ∴ 10 − 5,14 KN + 10 = −N3 x 0, 6 ∴ 5 B

N3 =−8,1K N

γ θ Prova: 6 + r β 90−γ 90 )− −θ N7 x 0, 8 = ∴ − 6,39 = N x0, 8 ∴ N 3 H = 0 ⇒ − 15,14 − ( − 8,75 3 90 − θ 3 3m

β

4 KN 3m

3

θ

4

γ

=−7, 9 9KN

E 6 KN Estruturas em Treliça

3m

3m

3 KN


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15

NÓS

EQUAÇÕES

A 6,75 KN

90−α

N1

C N1

α

90−α

β

N2 + N1 cos α = 0 ∴ N2 = − 8,13 x 0,55 =

2

-4,47

V

6, 75 − N1sen α = 0 ∴ N1 = 6, 75 / 0, 83

1

8,13

H

4 − 8,13 x 0, 55 + 3, 87 x 0, 71 + N4 = 0 ∴ N4 = 3, 22

4

3,22

3

-3,87

5

-6,75

7

4,58

6

-0,53

N3

β

4 KN

N4

V

4 KN

B

6,75

H

10 KN

β

N5

90 − α N7

E N6 N4

N7

θ

V H

90−α

γ

N (KN)

H

N2

α

BAR RAS

6 KN

N1sen α + N3 cos β = 4 ∴ 8,13 x 0, 83 + N3x0, 71 = 4 ∴ N3 = − 2, 75 / 0, 71 −N5 − 10 + N7 x 0, 71 = 0

∴ −N5 − 10 + 3, 25 = 0 ∴ N5 = − 6, 75 3, 25 − N7 x 0, 71 = 0 ∴ N7 = 3, 25 / 0, 71

−N4 − N6 x cos γ − N7 cos θ + 6 = 0 ∴ − 3, 22 − 4,58 x 0, 71 + 6 = N6 x 0, 89 ∴ N6 = − 0, 47 / 0, 89

V

3 KN

2 3 = 0,55;sen α = = 0, 83 3, 61 3, 61 sen β = cos β = 0, 71 cos θ = sen θ = 0, 71 cos α =

H V

cos γ =

6 3 = 0, 89 sen γ = = 0, 45 6, 71 6, 71

cos α =

2 = 0,55 3, 61

sen α =

3 = 0, 83 3, 61

sen β = cos β = 0, 71

cos γ =

6 = 0, 89 6, 71

sen γ =

3 = 0, 45 3, 61

cos θ = sen θ = 0, 71

Estruturas em Treliça


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16

1 KN

1 KN

1 KN

B

D

F 90−α

A

1 KN

H

2 KN 2m

6,4

J

1 KN

HA=5 KN VA=2,07KN

α

C

E

2m

2m

5m

r+

∑H= 0⇒ ∑

2 KN

G

3m

+↑

∑V=0⇒ V

HA =5 K N

A

I

VJ=1,93 KN

2m

2m

+ VJ = 4KN ∴

+

MA = 0 ⇒ 1 x 2 + 1 x 4 + 1 x 9 + 1 x 12 − 2 x 2 + 2 x 2 = 14VJ ∴

VA =2, 0 7K N

VJ =1, 9 3 K N

NDE +↑

∑V=0⇒N

DE

− 1 + 2, 07 = 0 ∴

ND E =− 1, 0 7K N

(Ret. a esq.)

NDG +↑

∑ V = 0 ⇒ −N

DG

x 0, 63 − 1 − 1 + 2, 07 = 0 ∴ − 0, 63NDG = − 0, 07 ∴

ND G =0, 1 1K N

(Ret. a esq.)

NEG +

∑M

D

= 0 ⇒ − 1 x 2 + 2, 07 x 4 − 5 x 2 − NEG x 4 = 0 ∴

NEG =− 0, 9 3KN

(Ret. a esq.)

NFH +

∑M

I

= 0 ⇒ −NFH x 4 − 2 x 4 − 1, 93 x 2 − 1 x 2 = 0 ∴

NF H =− 3, 4 7K N

(Ret. a dir.)

VA=2,69KN

A 1 KN 2 KN C

I

G

E

K

3m 2 KN 2m HB=4KN

B 1m

D 1 KN

1,5 m 1,5 m

J

H

F 1 KN 4m

1 KN 2m

L VB=2,31KN

1 KN

Estruturas em Treliça 2m 5m


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17

+

r H = 0 ⇒ 2 + 2 − HB = 0 ∴ +↑

∑V=0⇒ V

A

HB = 4 K N

+ VB = 5KN ∴

VA =5 −2, 3 1 =2, 6 9K N

+

MA = 0 ⇒ − 2 x 3 − 1 x 1,5 + 1 x 1,5 + 1 x 5, 5 + 1 x 7, 5 + 1 x 12, 5 − 2 x 3 + 4 x 5 − VB x 14,5 = 0

⇒ 14,5VB = 33,5KN ∴

VB =2, 3 1 K N

NIK +

ML = 0 ⇒ − 3NIK + 2 x 3 − 2, 31 x 2 − 4 x 1 = 0 ∴ 3NIK = − 2, 62KN ∴

NIK =− 0, 8 7KN

(Ret. a dir.)

NFH +

∑M

E

= 0 ⇒ −NFH x 3 − 1 x 3 + 2, 69 x 1, 5 = 0 ∴

NF H =0, 3 5K N

(Ret. a esq.)

NGJ +↑

∑ V = 0 ⇒ − 1 + N6 tx 0, 83 − 1 + 2, 31 = 0 ∴ N GJ

GJ

= − 0,31 6 t / 0, 83 = − 0,37KN ∴

NGI =− 0, 3 7K N

(Ret. a dir.)

sen5α =

3 =C 0, 83 3, 61

HC

4 V = 0 ⇒ −NIJ − 1 + 2, 31 = 0 ∴ −NIJα= − 1, 31KN ∴ VNC

+↑

IJ

(Ret. a dir.)

=1, 3 1K N

D

1 4m

NIJ

2 B = 0,55 3, 61 3

2m

cos α6 =t

2

β

6t A VA

Estruturas em Treliça

2m

4m


UNIVERSIDADE FUMEC - FEA

18 sen α =

5 5

cos α =

2 5 5

sen β =

2 5 5

cos β =

5 5

Reações de Apoio

∑V = 0 ∑H = 0 ∑M = 0 C

VA + VC = 12t

VA = 12t

HC = 12t

VC = 0

VA x 6 − 6 x 6 − 6 x 6 = 0

VA = 12t

Equilíbrio dos Nós  • Nó A  

∑V = 0 ∑H = 0

VA + N1 + N2sen β = 0 6 + N2 cos β = 0 N1 = 0

 • Nó B  

∑V = 0 ∑H = 0

N2 = − 6 5t

− 6 − N1 − N3sen 45º = 0 P1=500kg 6 + N + N cos 45º = 0 5

N3 = − 2t P26=1500kg

3

N4 = − 6 5 t

F

∑V = 0 ∑H = 0

N5 = 0D

VC − 6 − N4sen α8= 0 − HC − N5 − N4 cos α = 0

6 7 9

4

5

C

5m

5m

 • Nó C  

E

1

A

12 m

VA

3 B

2

HB

Estruturas em Treliça

5m

VB


UNIVERSIDADE FUMEC - FEA

19

Reações

Nó A

B C D E F

Equação

V

VA + 5T1 = 0

H

5 T2 = 0

V

VB + 5T3 + 10T4 + 10T5 = 0

H

-HB – 5T2 – 5T3 – 5T4 = 0

V

VA

1700

VB

300

HB

0

T

L

Normal

1

-340

5

-1700

-5T1 – 5T3 + 5T7 + 5T9 =0

2

0

5

0

H

- 12T9 + 5T3 = 0

3

-240

7,07

-1697

V

-P2 – 10T5 = 0

4

240

11,18

2683

H

-5T6 = 0

5

-150

10

-1500

V

-5T7 – 10T4 = 0

6

0

5

0

H

-12T8 + 5TA + 5T6 = 0

7

-480

5

-2400

V

-P1 – 5T9 = 3t 0

8

100

12

1200

H

12T8 + 12T9 = 0

9

-100 1,5 m

13

-1300

F

2t E 4

5

α α

α α

9 7

D 5t

8

6

3

3m

Exercício: HA A VA

α

1

2 B

2m

1t 2m

α

C VC

Estruturas em Treliça


UNIVERSIDADE FUMEC - FEA

20

Equação V

− 1 + N9 = 0

H

−N1 + N2 = 0

V

− 2 − N9 − N5 sen α − N4 sen α = 0

H

−N5 cos α + N4 cos α = 0

V

− 3 + N5 sen α + N7 sen α − N6 = 0

H

N5 cos α + N7 cos α = 0

V

N4 sen α − N8 sen α − 3 = 0

H

− 5 − NA cos α − N8 cos α = 0

3t V

VC + N3 + N7 sen α = 0

5t

H D

−N2 − N7 cos α = 7 0

E

V

VA + N6 + N8 sen α = 0

H

HA + N1 + N8 cos α = 0 5

B

E

F

D

C

6m

A

2t

6

C

4

3 2 1. Calcular as forças normais nas barras da treliça: A

1

B Estruturas em Treliça

4m

4m


UNIVERSIDADE FUMEC - FEA

21

2. a) Verificar se a treliça é isostática. b) Calcular a força normal em todas as barras da treliça, utilizar o processo dos nós ou o processo dos coeficientes de força. 1000 kgf

A 1

2 C

3

B

500 kgf

4

6

5

4m 8

α

E 3m

7

D

3m

2m

9

α

F 2t

5m

D e a força normal nas barras: 3. Dada a treliça, determinar as reações3tde apoio 3m C B 4m

4m

5t

Estruturas em Treliça


UNIVERSIDADE FUMEC - FEA

22

4. Determinar as forças normais da treliça abaixo (qualquer método): 3m

7m

D 5t

C

F 2t

3m A

E

6m

B 4m

5. Dada a treliça abaixo, pede-se verificar se a mesma é isostática, suas reações de apoio e as forças normais em todas as suas barras. 2,54 KN

4 KN 60º

13

10

9

2 KN

F

12

11

8 7

C

1

3m

D

2 4 3

3m

E

6

5

A

G

3m

B

4m

NÓS

EQUAÇÕES

N (EM KN) Estruturas em Treliça


UNIVERSIDADE FUMEC - FEA

23

A H V B H V C H V D H V E H V F H V G H V H H V

Estruturas em Treliรงa


Apostila estruturas em trelica