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8/2/2019 Estruturas Isostaticas Parte II
1/30
1m2 mI
lo'ig. 2.8a.
2:Y =0
2:X =0
2:MCD) =0
M'e =0
VA+VD-4=O VA+VD=4tf.
HA-HD+6=O HA-HD=-6tf
4XVA-2XHA-3X4=O .'. 2VA-HA=6tf
2XVA-4XHA-2X6-1X4=O V A-2HA=8tf"ji
L ------...;...-----
VB = VD = 2,67 tf
Ha =HD =2,67tf
VB-VD=O
- Ha + HD =0-Ma+2XHD=O
2:X =0
2:.M (a) =0
Separand o a estrutura em urn triarticulado e dois engaslamentos, lemos os valores mostrados na
Fig. 2.9b. (ver pagina seguinle).
Resolvendo primei.ramente 0 triaroiculado superior, temos:
2:V = 0
:ZX = 0
:ZM(c) =0
MIs =0
Ve+VD=O
He-Hv=O
2-4+4-6-4XVD=O
-4+6+2VD-3HD=O
VD.= - 1 tf Ve = 1tf
HD =0 He =0
Como VD = - 1 tf significa que 0 sentid o c orreto Ii a inver so do indicado.
Para resolver os dais engastamentos i'nferiores, vamo s c arregi-lo s c om Ve e VD com 08"entidos contnlrio s a os mostrados no triarticuJado. Ev id entemenoe He e HD Ilf': foram mar-cados por serem nulos.
8em maiores ca.lculos e por ana.lise simples, verificamos que:
VA = 1tf
VR=ltf
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2.6.
j " "5, 52A
I
63 m
c m 3 m 2 m,
Fig. 2.10a.
Temos inicialmente que determinar as rea~oS de apoi o. Para. isso tracemos a diagrar.de carga (Fig. 2.10b).
Evidell&cmellte, como nao ha solicita~iio horizontal, a rea~ao H A sed. nula, ra..ziio par quenao foi inclllfda no di"grama d" carga.
Aplieando a.~ equ,,~6es da Estatica, tcmos:
2: Y =0
2:M(A) =0
Assim, VA = 10 - 8 = 2 tf.
Podemos, agom, detcrmi ll ar os valorcs dos csfor~os simple.>.
v.+ Va - 10 tf =08XlO-IOXVn=0
VA + Va =L O tfVB =8tf
1. Pa r" a sc~ao 3,
a) Esforyo COr&,,"tc
PelllS for~as " esqucrd" temos:
b ) Jl;sforl.~o normal
JV = 0, poi:-> llaD cxi!1tc fOfyU Oll compullcllLc de alp;uffia fol 'cu . que Lenha a c ..Iir ef;iio doeixo da viga, isto C, perpendicular ao ~Iano da se~iio.
c) Momenta fletor
Pelas for~as da esqllerda, temos:
N = 3 X V A = 3 X 2 = t i Intf
Pelas for~as da dircita temos:
M =7 X Vn - 5 X 10 =7 X 8 - 5 X 10 = Ii Intf
2. Para a se~ao 3,. Usando 0 mesmo racioefnio e devido :\ posiyao relativa da se~iio
32 com a for~a de 10 tf, 0 valor de (J 'era (j mesmo. T"mbcm 0 esforyo 1I0rmai sera nliio.En&retanto, como as dis&:lneias de 3, e S, :Is for~as sao diferelltes, 0 rnomelllo fle&or de 3
2senl
diferente e pOltallto:
Pelas foryas da csqllerda temos:
10 tf
k__-- -+ -5_ 3~
j
Fig. 2.11a.
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~ ~ ~. - ' " = O - r r = " l ii......: .-
'l r : '~,;(
:;
Diagrama de carga
10 tf
2:Y=O
2:X =0
2:M(A ) =0
VA + VB - 8 - 10sen 60" =0 .', VA + VB =16,66tf-10cos60u+HB=0 .', HB=5tf
3 X 8 + 6 X 8,66 - 11 X VB = 0 ,', VB = 6,91 tf
a) Esfor~o cort-ante:
);: mais simples t-rabalhar com as for~8.$A e:;querda do. se~Ao, pois s6 temos V.o'\ .
b) Esfor~o llol'mal:
Observando a parte /l.e squerda do. se91\o, verificamos que nil.o h!l. nenhumll. for9a para-lela 0.0 eixo da viga, ou seja, perpendicular 0.0plano do.se9&0,0 que nos indica que N =O.
Analisando a parte /l.direita do. se~Ao, temos a componente horiaontal de 10 tf e rea~oHR, Ambas de mesmo valor e sentido contrro-io, 0 que dll.:
~:. . '
!.r f .
_ . i L - ~ _
AI
iI
5 mtf
g
Diagrama de cRrga
5 mtf
'3
2:M(A)=O 5-8XYB=0
2:M(B) =0 5 - 8 X YA =0
Poder{amosconcluir os valoresdas rea~iiesde apoio, analisando0momenta ativo e a necessidade
de aparecer nos apoios urnbinano iguale contcirio a ele. Assim,terlamos:
VB =0,625 tf
VA =0,625 tf
Q = - VA = - 0,625 tf
N ;= il
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Q = - VB = - 0,625 tf
N =0
M = 2 X VB = 2 X 0,625 = 1,25mtf
6 mtf
L 22 mtf
Z )
2 mtf
5 : )MA-900 m kO'
HA'173,2kOf S
- ' ; f v A = , O O kgf
6-2--8- =0,5tf
Eaforc;os simples em S
Pelss forcas A direita:Q = VA = 0,5tf
N=,O
Vizinhan~a A esquerda --> M. = 4 X VA - 6 = 4 X 0,5 - 6 = - 4 mtf
Vizinhanca a direita --> Md = 4 X VA - 6 + 2 = 4 X 0,5 - 6 + 2 = - 2 rot
Q = 200 sen 30 = 100kgf
N = 200 cos 300 = 173,2 kgf
M = - 3 X 200 sen 30 - 3 X 100 = - 600 rokgf
Q=VB=0,5tf
N = 0
M = - 2 X VB = - 2 X 0,5 = - 1 rotf
Q = VA = 100 kgf
N =HA = 173,2 kgf
M =3 X VA - M A =3 X 100 - 900 = _600 mkgf
h + s _ _ - - - - - - - - - - - - - -
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~ ' . - ~ r i
"~,t'll . r
l" " ~
45
is
2:Y =0
2:X = 0
2:M(A) =0
1. Secii.o81
a) Esorco cortante:
S2
~
rt
I-==~---"S, S2
I
I v .He
2 m 3 m
Fig. 2.15.
VA + VB - 10 - 12sen 45" - 15 = 012 cos 45' - HB = 0 HB = 8,48 tf
- 2 X 10 - 6 X VB + 9 X 15 = 0 .VB=19,17tf e VA
2. Secao 8,. Na secao 8, existem duas forcas apfu:"das que sao VB e H B, provocandocom isso descontinuidade no cortante e no normal.
a) Esorco cortante:
Vamos estudar a vizinhanca de 8.:
Vizinhanca a esquerda: Q, = 15 - VB = - 4,17tf
Vizinhanca a direita: Qd = 15tf
Vizinhanca a esquerda:
Vizinhanca a direita:N. = - HB= - 8,48tf
Nd =0
HA= 411
MA=12 mIl
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Esforcos simples
Pelas forcas i J . direita:
Q = - 4tf
N =0
M = - 4 X 2 = - 8 mtf
Pelas forcas i J. esquerda:
Q=-HA.=-4tf
N =0
M=MA.-5XHA= 12-5X4= -8mtf
4 "
a) Eaforco cortante:
Vizinhanca i J . esquerda de 81-> Q. =1,33 tf.
Vizinhanca i J. direita de 81 -> Qd = - 2,67 tf
b) Eaforco normal:
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;,~,
:!
~
Esfor~os simples
1. Se~;;'o Sl
Q =- 4tf
N =0
M = - 2 X 4 = - 8 mt(
Q=-H.~=-5tf
N = - VA = - 15,75tf
M = -3 X HA "" - 3 X 5 = - 15 mtf
Q=-HA=-5tf
I V = - VA + 4 = - 15,75 + 4 = - 11,75 tf!If = - 2 X 4 - J X H A = - 8 - 15 = - 23mtf
4. Se~ao S.
Q = VB = 3,75tf
I V = - 5H
.U = - 2 X VB -3" X 5 = - 2 X 3,75 - 3 X 5 = - 7,5 - 15 = ~ 22,5 mtf
Vizinhan~a A direita de S"
Vizinhan~a A esquerda de S~
.V = 3,75 tf
}tf=O
Qd =0
Q. = 5 tf
Q - HA = - 10 tf
N -VA=-14tf
M = - 4 X HA = - 4 X 10 = - 40 mtf
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tg a = 1 - =2 e a =6326'sen a = sen 63 26' =0,89
cas a = cos 63 26' = 0,45
Como a for~a de.8 tf esU. aplicada exatamente em cima de S2, havera descontinuidade tantopara 0normal como pal'a 0cortante, de vez que a for~a forma com a vigil.urn lingulo de 63 26'
Esqucrda -. Q, =HA cASa + VA sen a.Q, = JOX 0,45 + 14 X 0,89 = 16,96 tf
&qup.rda-> N.= -HAsena+VAcosa
N. = - 10 X 0,89 + 14 X 0,45'= - 2,6 tf
Q = -lOtf
N =0
M = - 2 X 10 = - 20 mtf
Q = 0
N = 6tf
M = 0
~
tf
A E
V A 1m 1m VE
4mtf
~2 (:):6.
Separando nas r6tulas temos a diagram a de carga da Fig, 2,20b.
Parte da esquerda:
l:Y =0
l:M(c) = 0
EntAD, Vc = 1,73 tf.
Esfor~os simples
1. Se~ao SI
3VE = 2" = 1,5 tf
VB+VC-VE-6+V.,=0 VB+Vc=6,17tf
- 4 X VE + 3 X VB - 1 X 6 - 1 X VF =0 ,', VB. =4,44 tf
Vizinhan~a i\ esquerda:
Vizinhan~a a direita:N =0
M = - 1,5 X 1 = - 1,5mtf
Q. = -'-1,5tf
Qd = 2,94 tf
Q =- 1,33 tf
N = 0
M = - 1.33 Xl = - 1,33mtf
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2:Y =0
2:X =0
2;M(A) =0
Mlc - 0
~I:i 1m
VA+VB~4-2=0 VA+VB=6tf
HA - HB + 6 ~ 0 .'. HB - H A = 6 tf2 X 6 + 1 X 4 + 3 X 2 - 4 X VB =e .'. VB =5,5 tf2 X 5,5 - 4 X HB - 2 X 1 =0 .'. HB =2,25 tf
VA =6 - 5,5 = 0,5 tf
HA =HB - 6 =2,25 - 6= - 3.75 tf
o sinal negativo nOSindica que 0 sentido correto de HA seria 0 contrario do arbitrado nodiagrama de cargas (Fig. 2.21b).
Esfor
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~}'=O
~x =0~M(..) =0
111!c=0
V A + VB - 4 - 2 =- 0 V A + VB = 6 tfHA-lIv=O ..H,,=HB
2,5 X 4 - 3 + 6,5 X 2 - 8 VB = 0- 1,5 X 2 + 3 X 2,5 - 4 X HB = 0
VB = 2,5 tf .' VA = 3,5 tf
HB= 1,125tf .'. HA = 1,125tf
Q = -HA= -1,125tf
N = - V" = - a,5 tf
M.= - 2 X H_4 = - 2 X 1,125= - 2,25mtf
Qe = VA = 3,5 tf
Qd = V" - 4 = 3,5 - 4 = - 0,5 tf
N = - HA = - 1,125tf
M= 2,5 X VA - 4 X H" = 2,5 X 3,5 - 4 X 1,115= 4,15rntf
611 150.
~
ISOSTATfCA /37
6If 150
~5,
3m
55 5.52
C 58 53
M A
. b - J _ : A 3_m ~ 3_m l:,
~y =0
~X =0
2:M(A) =0
Mlc =0
VA + VB - 6 sen 30 = 0 _-. VA + VB = 3 t f - HA + 6 CDS 300= 0 .'. HA = 5,2 tf- MA - 6 X VB + 7 X 5,2 =03 X VB - 3 X 5,2 + 3 X 3 = 0 ...VB = 2,2 tf _'. VA = 0,8 tf e MA = 23,2 mtf
Esforyos simples
1. Sey9.D 81
Q "" - 3 tf
N - 5,2 tf
M = - 3 X 3 = - 9 mtf
Q = 5,2tf
N - 3 tf
M = - 8 X 3 + 3 X 5,2 = - 8,4 rotf
Q = 3 tf
N =5,2 tf
M = 8,4mtf
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, 1
\ ' ~ .I o j.r! !
I'
\ 1'.J
~t
\'
\ ;j
I !J
Q =3tf
1 1 1 =5 ,2 tf
:'11= 6 X 3 - 5,2 X 3 = 2,4 mtf
Q = VA =0,8 tf
N =HA = 5,2 tf
M =4 X HA + 6 X VA - MA = 4 X 5,2 + 6 X 0,8 - 23,2 = 2,4mtf
Q =0
N = - VB = - 2,2 tf
M =0
2.20.
Determinar 0 momento fletor em S pelo metodo pratico.
A
f
tf r a i lI
r
tf
B
L S s 7A2m 2m 2m 3m 2m i
Fig. 2.24a.
Substituindo as for~as a esquerria e i J, direita da se98.opor duas for~as, uma sobre 0 apoioe ontra sobre a se~ao. Temos, i J, esquerda da se9ao, 0diagrama da Fig. 2.24b.
IFil(. 2.:.1lh.
Os sistemas formados pelas for~as 4 tf e 10 tf e 0 formado por PI e PI' deverAo ser equi-
valentes; portallto, a resultante e 0 momento resultante em rera~ao a urn ponto qualquer, porel
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~
I
2:A1(A) = 2 X 4 = 4 X Pt' .'. Pt' = 2 tf
2:Y = Pt + PI' = 4 tfPt + 2 = 4 .', Pt = 2 tf
2:M(B) = 3 X 12 = 6 X P2' P2' = 6 tf
2:Y =P2' + P, = lZtf6 + p. = 12 .'. p. =6 tf
J P 2 ' 6 If
J P,'. 2 If
1 4 If
J " "5
"
ISOSTATICA 141/. ;./
rT I5 T It
I
10If
. It f : m
/\,-~
I 111m
~J 3m 1
2m i
A esquerda da se930:
I e If
f>R d""-'-2m 2m I 2m
I
? Z ; i12m
iFig. 2.26b.
2:M(A) = 2 X 4 + 2 X 8 + 4 X 10 = 6 X P'l~Y =Pt + P'I =8 + 4 + 10
Pt + 10,67 = 22 tf . PI = 11,33 tf,
r[~~b~~---------S B" I
1 1m I 2.5m ,0,5'(' 2m iFig. 2.26c.
2:M(B) = 0,5 X 5 = 4 X Pi .'. P2' = 0,625 tf
2: Y = Pi + P2 = 5 tf0,625 + p. = 5 tf .'. P2 = 4,37.'1tf
1 P; = O,6251f
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1 11'33"
MiS = 11,295 X 6 X 4 =2711 mtf10 '
Chamamos de linhas de eslado ao eHtudo grafieo dos esforc;os Himple s. Esa es
grafieos ou diagramas sac verdadeir oR ret ra tos dos valores dos esforc;os simples
ao lo ng o de toda estrutura. As~im, ao obf'prvarmos um diagram a, fieamos
com a nOGan dr como os eHfon;os simplc'f' vuriarn de sec;.aopara HC'GaO.na cstrutura.
Para tra. Para esforc;o normal, :>iioconsideradas sec;o!'s principais: (a)
aquelal> adjacentes ao ponto de aplicaC;ao de carp;as f'onccntradas nao-perpendi-
cu]arcH i t harra cjun c outem a sec;ao; e (b) as vizinhas ao ponto de mcontro de duas
uu mais barra:>.
2. 1\Jarcar os valores dos Cf'.for~os/ na.~ SC~'OPHprincipniH, t('ndo elll
vista que para C'sforc;os c ortanteR e normais, os valores pCJHiti\'OHHUOmarcados
para cima ('1Tt barraH horizolltais c para f ora, em harras verticais; C'nquanto que
os dos mumontos fktOl'C'H, ao contrario, pOl' sC'rem os va!Of('H marcados do lado
das f ibi'll/ pontos por linhaH n)Las: cheias, 1101'
trechoH dp~carr('gado:>, (' traccjadas, no:> trechos ondC' cxistam carregamentoH
distribufdoH, N "a.~ trac('jada :> e 110 sC'utido de at ua c; ao da carga distribufda esempre perpc'lldicular ao eixo da barra, mal'car os valoros daH parabolas ('orres-
pondenteH ao tr echo. A~"im, os trochos com carga distribuid a ap resentarao
sobn; as trucC'jlldas parabolas, cujos graUS.HeraO dual' unidadc\~ acima do grau
da ordouada do carga. Para esfofl;o cortantc, os valore8 achadoH para as f:ec;oes
principais sorao ligados por linhas retas nos trechos de~curregados. Nos treehos
oude hi carregamentos distribllfdos, af: ~I'C:0CHl'xtremRS Ferao ligadnH por linhas
correspondent('s a lima fUJ1l;iiocom grau umn unidado ueima do gra u da c.rdl'lI:ula
de carga. Para. l'''fon;o Jlormal, os n L!nrC':" da.>.;sP~6es prinripuis HPrUn ligacill';
por linhas retas.
4, ApafP.cera. de,;continuidade no~ ~el!:uint('s casos: (a.) diagrama dp lllOIlH'1I111fletor, onde hOllver chrga-momento aplicada; (b) diagmma de PHfon;o C'ortnntp,oude houver carga ('oncentr ad a q ue IlaO "c ja paralpla uo ('ixo cIa haste; (c ) dia-
grama de esforGo normal, ond(' houver ca.rga cOllcentrada lliio-pprpendiclilaJ' ao
ei xo da haste.
5. Onde houver carga concentrada, 0 diagrama elf' momentos fInt.on,,; apre-
,~entari a ngulosidade 110 Hentido da forc;a.
I tf/m
-.....a If [[[[[[[[J4ml ~
q30
iNy t t t *
Rc 0
1. MOMENTO FLETOR A I' He~'oeHprillcipni" HaO
8/2/2019 Estruturas Isostaticas Parte II
14/30
quer do trecho. No nosso exemplo, x .pode variar de zero a L Se 0 carregamento
f. 1 fu - . pf pf ,.. ,..
osse tnangu a r, a n~a o s ena - wD ou -' - wD , conlorme 0 vertlce estIvesse6 6
para a esquerd a o u p ar a a direita. 0 p corresponde 11maior ordenada de carga,
wD = e - e3 e wD' = e ' - e '3 , sendo e' = 1 - e. Para urn carregamento triangular,
a maior flecha esta numa abscissa, cujo valor e 0,577 1 e corresponde a 0,0642 pf.Completando 0 hachurado e marcando os sinais correspondentes, podemos m~!hor identificar 0diagrama.
Fig. 2.28.
2. ESFORc;O CORTANTE. As se~6es principai s s ac: direita do ponto A,
vizinhan~as de De esquerda de B. Os valores sac:
a) Esfor~o cortante a direita de A: Q = 3,5 tf;.. . fSE =3,5tf
b) Esfor~o cortante nas vlZmnan~as de D: Q l . SD = _ 0,5 tf;
c ) Esfor~o cortante a esquerda de B: Q= - 4,5 tf.
Estao, fa~amos a marcayao desses
reta, conforme as regras (Fig. 2.29).
tifica~ao.
valores e, em seguida, liguemos c om linha
Tambem foi hachurado para melhor iden-
3. ESFORc;O NORMAL. As se~oes principais sao : v izinhanya direita do pon-
to A e vizinhan~as de D. Os valores sao:
a) Esfor~o normal 11direita de A :. N = 6,8 tf;
(
b) E f 1 . h d' D' AT f Sg = (j,Rtf's oryo norma lla~ VIZIll an
8/2/2019 Estruturas Isostaticas Parte II
15/30
,I ~? ~ : ~ ii'J
Devemos observar que 0 earregamento distribufdo fieou dividido em tres
partes devido as se95es prineipais sobre ele (Fi~. 2.32).
A
Af 2 m
VA' I, 5lf
I tf/m
r
lt
EB~
I Im-t 2m
1 Ve' 4,:1 If
Os prineipais moment os fletores sao:
Yromento fletor em E: M =3 mtf
Momenta fletor em B: III = 2,5 mtf
Momen to f ie tor nas vizinhans, de BaS, de SaC e de C It D, nao intcrferindo as r6tulas
nessa divisao.
o procedimento para se cheg ar ao diagrama desta estrutura (Fig. 2.35) esemelhante ao d a nao-articulada. Devemos achar os valores dos esforgos nas
ser;oes principais e daf ao trar;ado dos diagrariias. As se95es principais no caso saD
D (Sl e S2), C, E' (S2 e S4) e F (S5, S. e S7). .
Se tivermos uma c strutura com quadrm; fechados" como a da Fig. 2.36, de-veremos abrir a estrut ur a d e preferencia nas r6tulas.
8/2/2019 Estruturas Isostaticas Parte II
16/30
, , ~: !
, . r.'t"~I
I
51 "2 53
~
VO~7
~b
5 Plolb+c+d) P2o(c+ d) P30dMfI'--II.--+--Il- +-.e-
M 5 _P2(o+bHc+d) P1o(c+d) P3
d(o+b)
f 2- ~ +--II..-+-R.--
M 53- P3dlotb+c\ P2d(o+bl P,daf ---~--+--!l.-+-~-
~
VO~v,7 P 2 _ bs Pjolbtcl P20C
Mfl=_.f_+_.f-
S P2C(O+bl Pica
Mf"-~--+-fl.-
11. d
PI In b Pi" It P,IPl
8/2/2019 Estruturas Isostaticas Parte II
17/30
- ; U, '/'ll"lj.;
. " : 1} , - j ;
i q tlJTIJ]
l
t j br r
a r rqI T I T I MM
'T" : ).. L S .O . 9 . ~
.-LS: .t Z ? - (~ i 6- .LS:: 6-q o
tM" M'
, . ." , " i ~
2" t V a 'T ! v b 'T f v o : * 1 v , , ' f ~ v . . M . ! v b 'f tq a b t q . 2 t a (22'- 2 . 9 .-V a t V b t DMF
M~
~
.~~ DMF~ _ MDMF
Mb +T
DEC v a ~ q ~ 2 ,DEC
~LB$C157 DEe V o 'I I D I I $ 1 1 1 1 n~DEC
v a J [ f fl I J I D I I T l 9 V ~ J H I lelll11'v b
qa2
XI'T
qb2
X2'T
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III '", DMFMa~
a"2 "2
DMF I=-t 11'
~ ' J +/ Qo28 . 0/ 8
~ DMF
Mo l l i l l . D : : r : : t "
P'ab
+ - - -= -- - -. ~ t ,I , %DMFJ + Ii
qo2"" qb2
8 -' "'8'"
D
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C i;>~ (
r::;'
~>c[(t~ ( r:~~ ~:2enenoU; : : :.f-enoen
eno0:Cl::>CIC l ccCi~>~. t= r:~
~
Il _. __ ~ _
_I '" lL / I1.81f 2m "2m * .Im 3.2"1 .
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" " ': 1,, '
" I'~:';j
I
,
\1~._---
V
A
= 2X3+3XI
5
\J=:;= I, Bt .f
2 X:2 + 3 X 1VR", 5
= ~ = 3,21.[fi
~ = - 2,43tf
f'B = 1,93 tf
~
tf
45"
;;(5); 1
.i 3mh602
is,7tf87tf 5,7tf ~J2,43tf
15,2 tf
3tf
~'"8,7 tf 8,7 tf
MIl = - 7,29 rntf
MI2 =5,79rntf
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-8
2 m 1 1 , 7 9 1 1
i ~ , ~ ~ I _- l ~ ~ J - _I - l ~ 8= 1,7 9 1t
~2~
~
f 2m 3m t
Diagrama de carga
~ 211
I~''''l~''''2m 2.5m
," ' "O.5m
2 )( 3 )( 2 1 X 22 X 3 1 X 2 X 32 1':1/ = ------ + ----- -L ----- = 54 mtf (sem utlhzsr 3B re-
S 2 X 5 ' 2 X 5 SI~oes de spaia) , .
2 X 3 + 5 X 2;5VA = 5 = 3,7 tf
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Diagrama de carga
$I~I~
10It 18ff 9ff2m 2m Ie 2m .. O;,.5m 2m Ie
'llr_~ '" " 1 '1 '"
0.5m
II., = g 1.(
~B = !I t.f
.1 /14 = - Ii mtf
.llI" = _-! Intf
.1 11(. =(}
.I11f} = (}
4m 2m 2m
2 tf
Diagrama de carga
! 8tf,,t
2If
A8
4.m 2m 2m
VA- 4,5tfVa= 3,51f
Fig. 2.42a.
Momentos fletores:
MI C = 4 X 4;5 - 2 X 4 = 10 mtf
MID =2 X 3,5 - 1 X 2 =5 nitf
O,Smtf2 WR
-Smlf
OSmtf
2 W R
,
L
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''''.~I
A
3 1 1 . V A !~
I
0
2 m 1m 2m 3mI I
Fig. 2.43 .
""II c =2 X VA =6 mtf
MI D = 5 X VA - 2 X 3 = 9 mtf
Mlg = 1 X VB =9mtf
l _ . ~ ._ _
1
2 If
, I tf/m
ITI:D _t.-J---Ll ' A- rf . -r:+ ' -
2 m 2m Im---+----------+-
Fig. 2_~4.
I>ia~ama' dos n10ffien t.o~ fJd.c..tfPH
Efeito dos b"Ia1l90"
1 X 2'
2
6mlf: r - - - - - - - - -/i
I - - - - - - - - - - - - -
IA
J X 3 + ,I X I.5 = Z,lltf
1 V ~ .4,411
--------------------_._._._---_ .... . _.-
T
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q(! . 1 X 22
8-= ----8- = 0,5mtf
_f 2 X 128 --. -8--' =0.25mtf
I '
/
!MA=MB 6-4f = I =-5-- =0,4tf
I Acrescentand~ a este diagrama 0 diagrama de cada trccho como se biapoiado' fo 'sem"'~". d~h. d. F" .. (
L
____ _ _
TI~~t
~
Diagrama de carga
71~.10If
p" . 1"" ' 1
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pII." ' , 1 ,Ii.I I,
! .j;,.: iVA =lOtf
MA = 25mtf
ql2 2 X 52MIA = - "2 = - --2- = -25mtf
12 mtf Di:l~r~llll:ld...' l'ar~:l 4 m tf
0,~-----------.-~I ' 8m L~------- -------- --~1VB'2tf
Diagrama de carga
3 mtf
~8
f VB'o,Stt
- 3 X 0,5 ~ - 1,5mtf
3 X 0,5 = 1,5 rotf
h A
~B
J
211 < 3
m eI . U
10 mlf,/-----'"{ \
At- __ . .__ !l_m -t
~~_m_,_' D_i_ag
_ 'r _ " '_ " _ " _ " _ " _ , . , _ I f _ ! " _ ' -4'."t :A'= I If B m 1VB=ltft v , Fill. 2Alla.
L _
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:Vfl A =2mtf
J11B = lOmtf
E E l
2.35.
4ml' 4",1f:,; 0 0
A L -,1 m 2 m 1m
!..r .
I'
iII'
I
I 4mlf 4mlf
DMF
Fig. 2..49.
~
'f
9 _m _tf_ _ ~
~---- 6411I 2
1 3 ~ 'A -- di\...."'_'_'__. . ,B
~
$, S2 14 m 12mVA=O,5tf I VS=3.S If
f S) = - 4 X 0,5 = - 2 mtfMIC' ~S. = 2 X 3,5 = 7 mtf
~
mtfA _=:::c:III:nIII 1 1 1 1 ~ . . B
7 mlf
0 , 5~I~~I~I~I~I~I-I-II~J~I-I-,-I-," '- 1 C . B/ _. 3,5 ,f
i, .
~i~" -
~~L ~~ ~
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.1 l:j
:ib::"1"
- s :! 2 mt---.----'-'----
j ' " I==-:~~'" 8 mA ~/-- j ----~ G
------------=
~~~--2~ ..-~~_---~----~---~~~
]VA=5.79 Ifl VS=7,21tf
Fig. 2.51a .
.1/1 A ~ - 2 X 2 = - 4 Inil
;l/I c = 2 X 7,21 - 3 X 4 = 2,42 mif
MIB= -lX4= -4mif
, 2 m
t-
A
t 2 m~7tf
2 m 1m
19,3tfNB
Momen to s f 1etores
MI c = 2 X lU,7 = 21,4mtf
I{
E. 35,2 + 4 =39,2 mtfNIlE = 5 X 10,7 + 4- 1,[, X 6 =48,5 mtfMlp = 3 X 19,3 - 8 =49,9mtf
MI G = 19,3 mtf
j
II
lII
- - - - - - - 1
T
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/J. k
III
I III I 2' " I 3. , t . ;L ' "
J
0.
Diagrama de carga
:4'f
~ " ' L '>,~ O . E
J 2m :'m' 2m ;
4 "'If
Cf)B
TI
l'y[f c = 1 X 4 =4 mtf
.lffD = 3 X 4 - 1 X 4 = 8 mtf
;IffB = 2 X 3 - 4 = 2 mtf
{
Esq. --- > 1 X 3 - 4 = - 1mtf
;IffF Dir. --- > 1 X 3 = 3 mtf
4 WR f "',,///31, I mIl '
_L.. -__ 8__ ~!f
DMF
(,2.40 ./
81f
'300
B
m t V B oe'2 lf
4tf/m elf
300
j... :~ $m
I 2 m 1mf
EIm I
J
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i,: ;: i ~"r; fl ~ .) ~
1':':I', .
MI C = 1 X 4,8 = 4 IIltf
MID f Esq. 4 X 4,8 - 2 X:3 = 13,2mtf\ DiL l:l,2 + 4 = 17,2 mef
MI F: = 16,6 rntf
Mlr = I X 8,2 = 8,2 mtf
2.41. Calcular 0 valor de x para quc 0 maior valor absoluto do momento f letor seja 0menor possive!.
o maior valor absoluto do momento f letor sera 0menor possfvel quando 0maior valorpara 0momento fletor po&itivo for igllal em modulo ao maior valor do momento fletor negativo,
e esse sera 0valor procurado.
Maior momento fletor positivo:
Maior moment o Ietor r.egativo:
Para determinar MI + precisamos
MI+
,111_.
determinar a re:l9iiO VA:qL ,
T(L-2x,
L - xVA (L - x ) - qL (; - x ) = 0
qy'MI =Y X VA - 2
I1MIPara char 0 y que cOl'respotlde Mlfo~x, basta ~ = o .
VAy=
q
V2A IjV' A V'A
q - 2q2= 2q
qL" (L - 2x)'jj,ofl + = _8 (L - x)2
MI_ = _ q x'-2-
q X 2
-2-
Ij L' (L - 2 xl'
8 (I. - X)2
Analisando esses valores, conclufmos que 0 Il.Ilmcnto de x diminui I All + I e aumenta I MI_Ie com a dimilll,i9a o d e x ocorre 0 inverso. Ora, pam. que t.enhamos menor posslvel em m6duloo maior momento fletor:
qx2 Ij L2 (L - 2 x)'2 . 8 (L - X) 2
x2 = L/ (L - 2 x)2,
. 4 (L - X) 2
L (L - 2 x)
2 (L - xl