1 ELDON LONDE MELLO – PhD – 6.2 Departamento de

Transcrição

ELDON LONDE MELLO – PhD – 6.2
Departamento de Engenharia Civil
Brasília-DF
CURSO
DE
ESTRUTURAS
Para estudantes de Engenharia Civil e Arquitetura
Volume 1 – Estruturas Rígidas
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CURSO de ESTRUTURAS
Eldon Londe Mello – PhD – 6.2
Cientistas e os Achismos
Eu
Ele
Ela
Você
Nós
Eles
Elas
Vocês
acho
acha
acha
acha
achamos
acham
acham
acham
achei
achou
achou
achou
achamos
acharam
acharam
acharam
Uma lista dos mais conhecidos cientistas que se dedicaram ao estudo do comportamento de
vigas é apresentada a seguir. A datação é relativa à data do descobrimento do Brasil (1500
dC). A ordenação é pela data de falecimento.
Leonardo da Vinci (48 adb - 19 ddb)
Galileu (64-142)
Mariotte (120-184)
Hooke (135-202)
J. Bernoulli (154-205)
Parent (166-216)
D. Bernoulli (200-282)
Euler (207-283)
Coulomb (236-306)
Young (273-329)
Poisson (281-340)
Saint-Venant (297-386)
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São os achismos abalizados que propiciam a evolução das ciências. Alguns achismos foram
inicialmente aceitos, mas se revelaram incorretos com o decorrer do tempo. Seus autores
reconheceram as falhas e as corrigiram em publicações posteriores.
Da Vinci teria sido o primeiro a realizar um ensaio rudimentar de uma viga. Muitos
pesquisadores acharam que a teoria das tensões na flexão elaborada por Galileu era correta.
Estava errada! A teoria clássica da flexão de vigas é creditada a Bernoulli-Euler, dois
súditos de Mme. Mathématique.
Aos súditos da madame é vedado o achismo – eles têm de apresentar uma demonstração
irrefutável das suas proposições. Dureza, heim? A Rainha das Ciências não perdoa!
Você acha que o universo está em expansão?
Você acha que a probabilidade de ruína deste prédio é maior do que a daquele?
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C U R S O de E S T R U T U R A S
A régua-de-cálculo
No início do século passado, a régua-de-cálculo e a máquina-de-manivela eram os únicos
instrumentos de cálculo disponíveis para os profissionais de engenharia. Os desenhos eram
feitos a nanquim. Para que elas fossem efetivas nos cálculos estruturais, os pesquisadores
esmiuçaram e transformaram os métodos manuais gerais de cálculo - método das forças e
dos deslocamentos – em processos amigáveis de cálculo. Houve, em decorrência, uma
profusão enorme de procedimentos tais como: processo dos 3 momentos, processo de
Cross, processo de Kani e processo das seções de Ritter. Além de procedimentos gráficos
como o processo dos pontos fixos e o processo de Cremona.
É natural que a literatura técnica versasse sobre esses processos. Há livros contendo tabelas
das funções trigonométricas, tabelas de logaritmos, tabelas de raiz quadrada e cúbica,
tabelas de exponenciais, tabelas para o cálculo dos esforços de pequenos pórticos, tabelas
para o cálculo de lajes retangulares e circulares, tabelas para o cálculo de lajes de pontes,
tabelas para as linhas de influência em vigas de pontes, etc.
Os estudantes tinham de ser treinados para dominarem técnicas tão diversificadas, e para
adquirirem proficiência no manejo da charmosa régua. Sem falar na máquina-de-manivela!
Uma versão eletromecânica era largamente utilizada pela rede bancária – uma verdadeira
metralhadora!.
Os estudantes se perdiam nesse emaranhado de técnicas. Não raro preparavam verdadeiras
receitas-de-bolo para a determinação dos esforços. Se for uma viga assim, aplico o
procedimento das “vigas-A” caso contrário, aplico o das “vigas-B”. E assim por diante.
Eram tantos os procedimentos e tabelas que era comum rotular os recém formados de
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Engenheiros de Tabelas. A experiência era fundamental para a escolha do processo de
cálculo mais adequado.
O cérebro eletrônico
Surge, então, o cérebro eletrônico. É também denominado de cérebro binário, porque tem
a capacidade de reconhecer apenas os dígitos 0 e 1. Com seus 0‟s e 1‟s é capaz de
reproduzir o ponto a reta. Ele aboliu as curvas!. Tem verdadeira ojeriza delas, pois não é
capaz de lidar com círculos, parábolas, elipses, hipérboles, espirais, etc. Nada que tenha
curvas!
O cérebro não podia processar as curvas das famílias das equações diferenciais
emprestadas pela madame aos pesquisadores da Mecânica do Contínuo. Alguns
pesquisadores propuseram o famoso jeitinho. Se lembraram dos famosos mosaicos.
Quebrariam o contínuo em pedaços planos e o cérebro juntaria os cacos. Os resultados,
bem os resultados...
Mas, a maioria dos membros da Mecânica do Contínuo não aprovou o jeitinho. Uma cisão
científica estava a caminho. Houve uma debandada de um número significativo de
pesquisadores da Mecânica do Contínuo para a escola fundada pelo cérebro, a Mecânica
Computacional.
Nem tudo são flores. Houve também uma cisão na Mecânica Computacional. Dessa cisão
emergiram duas escolas: PcD e PpD.
A escola dos PcD‟s, dos pesquisadores computacionais doutores, ponderava pela
inviabilidade da cisão total com os continuistas. Nem tudo ao mar...
Já os PpD‟s, pesquisadores programados doutores, pregavam a cisão total e definitiva com
os continuistas!. E conseguiram!
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Tanto os PcD‟s quanto os PpD‟s perceberam que o cérebro seria capaz de efetuar os
cálculos de estruturas reticuladas. As estruturas discretizadas em nós (pontos) e barras
(retas). De fato, ele se mostrou extremamente eficiente no cálculo dessas estruturas.
Mostrou-se, também, hábil em executar as operações matriciais da madame. A análise
matricial das estruturas teve então um impulso vertiginoso. O cérebro era capaz de calcular
edifícios de 2, 10, 100, 1000, 10000 ou mais andares. Mas, mesmo pros edifícios de 1000
andares o tempo de processamento era proibitivo. O que foi inteiramente resolvido com o
aparecimento dos super-cérebros. Os engenheiros projetistas puseram a barba de molho!
Mas, os PcD‟s insistiam que era necessário impor um limite ao número de andares. Que
esse limite não deveria ser imposto por ele. Seria necessário pesquisar as conseqüências
dessa vertiginosa extrapolação. As incertezas eram muitas. Instabilidade, vibrações, rajadas
de vento, terremotos, resistência dos materiais, etc. Com as quais os PpD‟s não
concordavam!
É verdade que os PpD‟s produziram uma obra prima: o CAD. Apesar de o cérebro ter
aversão às curvas, os PpD‟s perceberam que poderiam enganar nosso cérebro tal como nas
projeções cinematográficas. Quantos são mesmos os quadros pra nos dar a idéia de
continuidade? Com um grande número de pontos e retas, o CAD é capaz de nos dar a
sensação de continuidade. Somos capazes de jurar que um círculo desenhado pelo cérebro é
realmente um círculo.
É inegável a utilidade dos CAD‟s na confecção de desenhos. Decretaram o fim da nanquim.
O que seria dos engenheiros e arquitetos sem os CAD‟s? Sem falar no impacto produzido
na indústria. Eles permitiram a redução do número de maquetes e de protótipos, permitiram
mostrar aos clientes como seria o produto acabado, etc., etc. O interior deles também!
Os PcD‟s mostraram que as equações matriciais podiam ser montadas e resolvidas
automaticamente pelo cérebro. O reflexo no ensino foi imediato. Terminara a era do
treinamento dos estudantes. A famosa régua e a máquina se tornaram peças de museu. Os
processos de cálculo passaram a ter apenas valor histórico.
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Os PcD‟s produziram as Planilhas Eletrônicas. Elas constituem um dos meios de
comunicação com o cérebro. Já são conhecidas pela maioria dos estudantes que ingressam
nos cursos superiores. Em pouco tempo eles dominam suas operações matriciais básicas.
A grande vantagem dessas planilhas no ensino dos conceitos básicos de estruturas, é que o
estudante aprende a comandar o cérebro. Em contraposição aos softwares especializados
que acabam por comandar o estudante – engordando a perigosa classe dos PpD‟s. Muito
mais perigosos para a sociedade, diga-se de passagem, que os Engenheiros de Tabelas. As
tabelas limitavam o campo de ação dos engenheiros, por razões óbvias. Já os PpD‟s pregam
que seus softwares sofisticados podem tudo!
Os PpD‟s pregam a cisão total com as normas técnicas. Acham que as forças da natureza e
os materiais reais têm de se enquadrar à vontade dele. Aí mora o perigo! As estatísticas
mostram que os insucessos estruturais aumentaram com a utilização dos softwares dos
PpD‟s. Não era de se esperar o contrário?
O zero.quim do cérebro
Um 0 só é pouco! Todo cérebro que se preza tem dois. Um é o nosso tradicional 0. O outro
é o zero de máquina. É um zero-diferente-de-zero que denominaremos de zero  quim :
zero  quim  0
Há algumas diferenças entre a aritmética dele e a nossa. Por exemplo:
20  2
22  0
2(1  1)  0
2  zero  quim  2
zero  quim  2  2
zero  quim  2(1  1)
20  0
zero  quim  2  0  0
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Os zero  quins dos cérebros de procedências diversas podem ser menores que os
zero  quins de outros. Dependem da palavra deles!
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A passarela programada
Uma passarela londrina foi inaugurada na virada do milênio. Deste milênio. Sua arquitetura
arrojada provocaria grande impacto. Os PpD‟s tinham certeza de que ela teria plenas
condições de servir aos pedestres. Afinal, tinham utilizado softwares de última geração. Os
PcD‟s achavam que seu desempenho seria satisfatório. Achavam!
Ela tremeu mais que vara verde! Por sorte não desabou e ninguém se feriu. Os PpD‟s
tinham certeza de que os engenheiros construtores tinham pisado na bola! A passarela
programada fora projetada com o supra-sumo dos softwares. Já os PcD‟s não tinham tanta
certeza. Teriam feito um planejamento detalhado para a elucidação da causa do fiasco. De
uma simples passarela! Bem mais sofisticada, é bom que se diga, que as rudimentares
passarelas indígenas!
 Primeiro, investigar o comportamento dos usuários – esses vândalos! Não houvera
nenhum jogo de futebol naquele dia.
 Segundo, investigar as condições climáticas. O tempo londrino! Céu de brigadeiro inglês
- um clima programado!
 Terceiro, investigar a construção da passarela. Cada construtor! Fora executada dentro
das especificações técnicas - a fundação também.
 Quarto, investigar o comportamento dos elementos estruturais. Cada material! Ensaios
mostraram que seu comportamento elástico não diferia muito do comportamento dos
materiais computacionais.
 Quinto, investigar um possível complô dos elementos estruturais unidos. Cada sindicato!
Ensaios num modelo reduzido da passarela confirmaram o complô. E agora, José?
 Engenheiros projetistas foram chamados pra estabilizaram a passarela real com macacos
hidráulicos reais. Tempos depois, a passarela foi liberada ao público.
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 Os PcD‟s teriam, por repetidas vezes, tentado estabilizar a passarela computacional com
macacos hidráulicos computacionais.
 Repetidamente, os PpD‟s teriam rejeitado qualquer alteração nas características dos
macacos programados. A passarela real é que tinha de se submeter aos ditames do ultra
sofisticado software!
 Tendo sido comprovada nenhuma falha dele, aos PcD‟s não teria restado outra alternativa
senão a de enviar os softwares para a lixeira.
 Tempos depois, teriam sido recuperados e calibrados com os ensinamentos da modesta
passarela. Afinal, contra fatos não há argumentos!. Ou será que há?
 E foi assim que a passarela real venceu a programada.
 Moral da história: pesquisar é preciso!
Acidente em Paris
Os franceses haviam projetado e construído uma cobertura no terminal de um aeroporto de
Paris. Não muito tempo depois do fiasco da passarela programada. Achavam que teria a
vida útil esperada – 50 anos. Achavam!
Aproximadamente 11 (onze) meses após sua inauguração, ela desabou. Com vítimas! As
providências teriam sido semelhantes às tomadas para a elucidação do fiasco da passarela
programada.
Circula à boca pequena, pela internet, que a causa do fiasco teria sido identificada. Uma
temperatura raramente verificada em Paris. Pasmem!. Próxima dos 4 (quatro) graus
centígrados positivos (acima de zero)!
Sem comentários.
Moral da história: pesquisar é preciso!
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A sabedoria dos mestres
 “Não prometo eximir o estudante do trabalho de pensar, mas procurarei encaminhá-lo
diretamente para o conhecimento útil. Apesar de todos os seus defeitos, a intuição
continuará sendo a força propulsora mais importante da descoberta matemática, e somente
ela pode construir a ponte que liga a teoria às aplicações”
Richard Courant – “Cálculo Diferencial e Integral” - Vol. I, Ed. Globo, 1970.
 “Parece, portanto, que o objetivo mais importante na Matemática para engenheiros
consiste em familiarizar o estudante com o pensamento matemático. Ele deve aprender a
reconhecer os princípios e os conceitos fundamentais que se encontram „por trás dos
bastidores‟ e que são mais importantes que as manipulações formais”.
Erwin Kreyszig – “Matemática Superior” - Livros Técnicos e Científicos Editora S.A.,
1974.
 “Só mais tarde, quando o estudante ou o Engenheiro estiver pagando juros para o
passado é que compreenderá a falta que faz à sua formação, uma sólida estrutura teórica”.
Adhemar Fonseca – "Curso de Mecânica – Estática", Vol. I, Ao Livro Técnico S.A., 1963.
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No reino de Mme. Mathématique
A madame coloca à disposição das outras ciências um vasto arsenal de recursos tais como:
números, geometrias, álgebras, vetores, sistemas de referência, funções, transformações
lineares, matrizes, derivadas, integrais, equações algébricas, equações diferenciais,
operadores, lógica, etc., etc. e etc. Mas, não assume nenhuma responsabilidade pelo uso
indevido desses recursos.
A engenharia moderna depende cada vez mais dos recursos da madame. Razão pela qual,
os cursos de engenharia oferecem um elenco bem mais diversificado de disciplinas do que
na era da famosa régua. Entretanto, é preciso muito esforço para convencer o estudante da
necessidade de cursar as disciplinas da madame. Pra que servem? Os softwares dos PpD‟s
já não resolvem tudo? São as perguntas mais freqüentes. Mas, quem irá pesquisar e elaborar
novas teorias para a produção dos softwares futuros? Ou manga com leite (ainda) faz mal?
Os alicerces da madame são fundamentais para a utilização ou elaboração de softwares,
bem como para a crítica dos resultados. Sem falar que são imprescindíveis para o
entendimento das recomendações das normas técnicas modernas, que constituem a base
para o projeto e construção de estruturas confiáveis.
No mundo de Mme. Physique
Massa, força, tempo, velocidade, aceleração, trabalho e energia são entidades encontradas
no mundo de madame Physique. Elas não existem no reino da Rainha das Ciências. Pode
parecer um paradoxo, mas as teorias formuladas pelos súditos de madame Physique não são
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aceitas enquanto não forem respaldadas por Mme. Mathématique. Ainda que tenham de
contribuir pro enriquecimento do seu reino.
Os engenheiros projetistas representam as forças bem comportadas, as domesticadas, pelos
vetores da madame. Submetem essas forças às regras da álgebra vetorial da madame. A
madame ensina que interpolar é relativamente seguro. Adverte que extrapolar é incerto e
pode ser muito perigoso. Viajar por mares nunca d‟antes navegados...
Segundo Poincaré (354-412 ddb), uma teoria não tem de ser exata – ela tem de ser útil. Os
engenheiros projetistas assinam em baixo. Já os PpD‟s...
As construções devem inspirar confiança aos moradores ou usuários. A intenção é que
resistam às rajadas de vento, aos incêndios, às enchentes, aos furacões, aos terremotos e às
explosões. Ou que desempenhem o melhor possível para a sobrevivência das pessoas.
Devem ser duráveis e de fácil manutenção. E econômicas!
Materiais mais resistentes, e até inteligentes, e laboratórios cada vez mais sofisticados são
imprescindíveis na arte de construir. Principalmente nas construções mais ousadas, as
mega-construções. As que extrapolam o senso comum. Os insucessos de construções
supostamente seguras devem ser considerados como experimentos realizados sem o viés da
intervenção humana.
Estruturas Rígidas
Estruturas rígidas são constituídas de corpos rígidos. Mas, corpos rígidos só existem no
reino da madame. Eles não existem no mundo de madame Physique.
Estruturas rígidas são, entretanto, imprescindíveis para a construção do alicerce provisório
dos métodos básicos da Mecânica Estrutural - os métodos da Flexibilidade e da Rigidez.
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Esses métodos podem ser formulados apenas com os recursos das equações diferenciais
lineares ordinárias e das transformações lineares do reino da madame. Essa formulação tem
o mérito de descongestionar o meio de campo por não depender dos conceitos de energia
do mundo de madame Physique. Estimula o estudante a estreitar logo de saída seu
relacionamento com a madame. Que continuará com a solução do problema básico da
instabilidade das colunas, que por muito tempo desafiou os súditos das madames. Até que
Euler, um dos mais brilhantes súditos da Rainha das Ciências, desbravou o caminho.
Os métodos energéticos serão abordados bem mais tarde, quando forem realmente úteis no
cozimento dos galos mais renitentes!.
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CORPOS COMESTÍVEIS
 A barra de marmelada – 1D
Uma barra de marmelada tem a forma de um paralelepípedo reto. Na realidade, o
paralelepípedo reto existe somente no reino da madame. Mas você pode imaginar um. Suas
seis faces são paralelas e iguais duas a duas, e os ângulos formados pelas arestas são iguais
a 90 graus.
O paralelepípedo reto será referenciado simplesmente como //pípedo. Serão necessárias três
dimensões para a especificação da geometria da barra da madame: o comprimento L e as
dimensões b e h do retângulo.
y
L
x
z
h
b
O eixo geométrico do //pípedo passa pelos pontos de cruzamento das diagonais dos
retângulos. O eixo x do sistema de referência ortogonal Oxyz será tomado coincidente com
o eixo geométrico. O eixo y será tomado paralelo ao lado de dimensão h enquanto o eixo
z será, evidentemente, paralelo ao lado de dimensão b . Você poderá simular esses eixos
com três palitos (limpos!).
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Com uma faca (bem limpa!) você poderá cortar a barra de bananada do jeito que quiser –
ela é sua! Mas há cortes privilegiados. Com a lâmina da faca perpendicular ao eixo x , o
corte é denominado de transversal. A superfície plana formada é denominada de seção
transversal reta, ou simplesmente, de seção transversal. Sua forma é retangular de
dimensões b e h .
y
L
x
h
h
b
z
A=bh
b
A área dessa superfície será igual a bh. Os dois pedaços serão ainda //pipédicos. O
comprimento de um pedaço será igual a x e o do outro será L  x . Só você poderá dizer o
valor escolhido da abscissa x do corte efetuado! Para x  0 ou para x  L você não terá
efetuado corte algum – as seções transversais serão simplesmente as duas faces extremas do
//pípedo.
O eixo u
é tomado normal à
y
superfície e fará um ângulo  com o
ao eixo
z . Os eixos
pertencerão,
portanto,
u
ao
e
v
h
x
eixo x . O eixo w é tomado paralelo
z
plano
y
b
v
u

definido pelos eixos x e y . Você
pode simular esses eixos com palitos. z
São eixos de referência da seção
x
b
w
inclinada.
Você poderá fazer cortes inclinados em relação ao eixo x . Os dois pedaços não terão mais
a forma de um paralelepípedo. A ilustração mostra um corte com a lâmina paralela ao eixo
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z . A superfície plana ainda terá a forma de um retângulo. Sua base será ainda igual a b ,
mas sua altura será maior que h .
Corte a barra com a lâmina inclinada em relação ao eixo x , e paralela ao eixo y . Quais são
as diferenças do corte anterior? Utilize palitos (limpos!) para visualizar melhor os dois
cortes.
Você poderá cortar a barra com a lâmina paralela ao plano xy, e com o seu fio passando
pelo eixo x . Poderá cortar outra barra de bananada com a lâmina paralela ao plano xz, e
passando também pelo eixo x . Esses cortes dividirão cada uma das barras em duas bandas.
As superfícies planas de ambas serão retangulares e de comprimento L. São denominadas
de seções longitudinais. Quais são as dimensões dos retângulos de cada uma? Qual delas
terá volume maior? Será realmente necessário cortar as barras? Ou você poderia apenas
manifestar sua intenção utilizando apenas uma barra?
Uma característica da barra de bananada é que seu comprimento L é bem maior que as
dimensões b e h . A geometria da maioria das vigas e pilares de uma construção é
semelhante à da barra de marmelada. As vigas T, os perfis I e os perfis T são assim
denominados porque suas seções transversais têm a forma da letra T ou da letra I.
Elementos estruturais que têm o comprimento bem maior que as dimensões da seção
transversal são denominados de unidimensionais (1D), ou, simplesmente, barras. Enquanto
as dimensões da seção transversal têm a mesma ordem de grandeza, a dimensão do
comprimento destoa.
É comum, portanto, especificar as dimensões da seção transversal numa unidade de medida
(centímetro), e o comprimento da barra em outra unidade (metro).
 A salsicha – 1D
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As salsichas do reino da madame são cilíndricas. O eixo geométrico é eixo de simetria
radial. Você poderá locar o eixo x coincidente com ele. E os eixos y e z ? Não haverá
preferência. Qualquer seção transversal será uma superfície circular de diâmetro D. A
forma da superfície longitudinal será retangular de dimensões D e L, onde L é o
comprimento da salsicha. Qual será a forma de uma seção inclinada?
y
x
z
Pilares de concreto armado de seção circular são também elementos 1D. Exemplares
podem ser vistos e admirados na agência do BB da UnB.
 A pizza – 2D
Se uma pizza fosse perfeitamente circular e se sua espessura fosse constante ela seria
cilíndrica. Sua aparência é, porém, bem diferente da salsicha. É que sua espessura é muito
menor que seu diâmetro. Seria mais bem classificada como disco. A “barra” de chocolate
diamante negro teria a forma de um paralelepípedo se não fosse chanfrada. Sua espessura é
também muito menor que as outras duas.
As chapas, as lajes circulares e retangulares, as vigas-parede e os pilares-parede têm essas
características. O comprimento e a largura preponderam em relação à espessura. Esses
elementos estruturais são classificados como bidimensionais (2D) ou laminares.
As unidades de medida típicas seriam o centímetro (espessura) e o metro (diâmetro,
comprimento e a largura).
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 A rapadura – 3D
Há rapaduras //pipédicas que têm suas três dimensões mais ou menos equivalentes, da
mesma ordem de grandeza.
Os blocos de concreto armado têm também uma geometria semelhante. São classificados
como elementos estruturais tridimensionais (3D) ou volumétricos. Suas dimensões são
especificadas numa mesma unidade de comprimento.
CORPOS ELÁSTICOS
 Alongamento - contração
As gomas elásticas de amarrar cédulas são extremamente flexíveis. Suas seções transversais
são circulares ou retangulares. Ao esticá-las, você notará que as dimensões dessas seções
diminuem. Elas emagrecem! A salsicha também emagrecerá!
O fenômeno ocorre também com as barras, os cabos e os tirantes submetidos a esforços de
tração. A área da seção transversal diminuirá e as tensões aumentarão.
Você terá a oportunidade de presenciar um ensaio de tração de uma barra de aço. Ela
arrebentará quando a força atingir um determinado valor. Enquanto a barra estiver em
regime elástico, você não será capaz de visualizar sua contração lateral. O efeito só poderá
ser registrado por meio de instrumentos de alta precisão.
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 Encurtamento - expansão
Ao comprimir axialmente um pedaço de salsicha, você notará que ela engorda! As
dimensões das seções transversais das barras aumentam quando comprimidas. Os pilares
também engordam! A área da seção transversal aumentará.
Ensaios de compressão axial de corpos de prova de concreto são realizados para a
determinação da resistência à compressão do concreto. Há dois tipos: cilíndricos e cúbicos.
São também padronizados pelas normas técnicas.
A olho nu você não conseguirá perceber a expansão da seção transversal em regime
elástico.
UMA SALADA de MOVIMENTOS
Topa executar os movimentos que acontecem com os elementos estruturais (lajes, vigas,
pilares) de uma construção?
Fixe uma extremidade de uma barra de marmelada em uma morsa!. Não aperte demais para
não esmagar a barra. Faça os movimentos indicados a seguir, apenas o suficiente para
deformá-la – pequenos movimentos:
1)estique a barra
{translação na direção x }
Observe que você teve de comprimir sua extremidade para poder esticá-la.
2)torça a barra
{rotação em torno do eixo x }
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3)mova a mão somente na direção do eixo y
{translação y }
4)agora, somente na direção do eixo z
{translação z }
5)gire a mão em torno do eixo y
{rotação em torno de y }
6)agora, em torno do eixo z
{rotação em torno de z }
Repita o ensaio com uma barra nova, mas execute primeiro as operações ímpares e depois
as pares. Por exemplo, na ordem: 1 – 3 – 5 – 2 – 4 - 6.
Ponha as duas barras ensaiadas sobre um prato. Elas terão a mesma forma? Elas voltarão às
suas formas originais?
Pegue duas barras novas e repita os ensaios, mas comprimindo-as em vez de esticá-las.
Repita os ensaios com barras mais curtas e mais longas. E se você substituísse a barra de
marmelada pela salsicha?
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Corpos rígidos
Os corpos comestíveis são extremamente deformáveis. Uns menos que outros, como a
rapadura. Nossos dentes são mais rígidos que todos eles, mas não são rígidos. A “barra” de
chocolate é mais flexível que a rapadura. Esta é mais rígida que aquela.
Um bloco maciço de aço na forma da rapadura seria extremamente rígido, mas não seria
um corpo rígido.
Corpo rígido é aquele que não sofre variação na sua forma - não se deforma.
Uma vez esférico de diâmetro D, sempre esférico de diâmetro D!
Nada é capaz de deformar ou de destruir um corpo rígido. Nem a energia do Einstein!. Nem
o tempo!. Você pode fixá-lo na posição que quiser. Ou imaginá-lo livre no espaço.
Você pode moldá-lo nas mais variadas formas – a seu gosto! Com ou sem peso! Melhor
que isso...
O corpo rígido não existe no mundo de madame Physique. É um material encontrado
somente no reino da Rainha das Ciências.
Como aplicar forças a um corpo rígido? E agora, José!
Para sair desse xeque-mate-mático os engenheiros fingem que forças são vetores. Para
simular uma força de 100 kN, digamos, eles imaginam um vetor na mesma direção e
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sentido da força, e de intensidade igual a 100. E funciona? Desde que as forças concordem
em obedecer também às regras da álgebra vetorial da madame – as forças domesticadas!
Mas, domesticadas a que ponto? O grau de domesticidade é determinado por meio de testes
de barras ou de pequenas estruturas, pouco deformáveis.
O corpo rígido da madame nos livra de todas as deformações do mundo de madame
Physique.
 Não haverá deformação por força axial.
 Não haverá deformação por flexão.
 Não haverá deformação por cortante.
 Não haverá deformação por torção.
 Não haverá nenhum efeito colateral, como o da expansão ou da contração da seção
transversal.
Em suma, ele nos livra de qualquer trabalho! Melhor que isso...
Mas, o corpo rígido é útil? Só é!
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A utilidade do corpo rígido
Um corpo rígido sem peso tem a forma de um
triângulo retângulo ABC. A distância entre os
pontos A e C é igual a L  a 2  b 2 , a
F
C
hipotenusa do triângulo. Se você aplicar as
y
forças F nos pontos A e C, nada acontecerá ao
corpo rígido ABC. Os comprimentos a e b
F
L
h
A
a
b
x
B
não sofrerão alterações. O ângulo reto
continuará reto. A hipotenusa L continuará a
mesma.
Para o sistema de referência indicado, as relações de equilíbrio estático serão:
 Fx = 0
F–F=0
F(1-1) = 0
F0=0
 MB = 0
Fh–Fh =0
F(h-h) = 0
F0=0
Portanto, elas são satisfeitas para qualquer valor da força F.
As forças F tendem a flexionar as barras AB e BC. Elas produzirão o momento de flexão de
maior magnitude Fh em B. Mas as barras rígidas não serão fletidas. Não se envergarão.
Produzirão também esforços normais e cortantes. Mas elas não sofrerão deformações axiais
e nem transversais.
Não havendo deformações, as dimensões a , b e h não se alterarão.
O trabalho realizado pelas forças F será identicamente nulo.
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Não havendo deformações, você terá certeza de que não haverá alteração na direção das
forças. Uma vez numa direção, sempre na mesma direção!
Se houvesse deformação, o momento fletor em B teria de ser recalculado. Aproximações
serão possíveis com o cozimento do galo!
Brevemente você será apresentado às estruturas isostáticas e hiperestáticas. Suas barras
serão consideradas corpos rígidos para efeito da formulação das relações de equilíbrio
estático. Tal como na degustação acima. Você concluirá que essas relações de equilíbrio só
serão válidas no reino da madame. Os engenheiros as aceitam como uma primeira
aproximação. Como um ponto de partida - um v 0 .
Comentários
 Num corpo rígido duas seções transversais paralelas, vizinhas ou não, nunca se
aproximariam ou se afastariam uma da outra, qualquer que fosse a magnitude do esforço
normal.
Nunca deixariam de ser paralelas sob a ação de um momento fletor de qualquer
intensidade.
Uma nunca giraria em relação à outra sob a ação de um momento de torção de qualquer
magnitude.
Uma nunca deslizaria em relação à outra sob a ação de um esforço cortante de qualquer
intensidade.
 Um avião poderá executar qualquer movimento durante o vôo. Os controladores de
tráfego aéreo não estão nem aí quanto às deformações do avião. Se preocupam apenas com
a sua posição a cada instante. Para eles, tudo se passa como se o avião fosse um corpo
rígido.
***
25
Dois cilindros de mesmo volume
Ta precisando de um apoio pra disciplina de Cálculo I? Então essa malhação algébrica no
reino da madame lhe será muito útil.
Duas barras rígidas têm forma cilíndrica. Uma tem comprimento La e diâmetro Da . A
outra tem comprimento Lb (maior que La ) e diâmetro Db .
Cilindro A
Cilindro B
La
Lb
Da
Db
Pergunta: Quais são as condições exigidas pela madame para que tenham volumes iguais?
Aquecimento
Aa   Da2 / 4
Ab   Db2 / 4
Va  Aa La
Vb  Ab Lb
Vb  Va

Ab Lb  Aa La
 Advertência da madame: Nunca dividirás por zero! 
A existência dos dois corpos lhe garante que nenhuma dimensão será nula. Portanto:
26
Lb Da2

La Db2
Lb Aa

La Ab
Se você parar por aqui, não terá malhado no Cálculo I. Vamos continuar com o
aquecimento!
Sejam:
 L  Lb  La
{diferença dos comprimentos dos cilindros}
 D  Db  Da
{diferença dos diâmetros dos cilindros}
Malhação #1

Lb  La Aa  Ab

La
Ab

Lb  La
{regra das proporções}
Aa  Ab

Da  Db
 1A  Seja:
 0 
L
La
{diferença relativa dos comprimentos}
 1A  implica:
Lb  (1   0 ) La
Aa  Ab
 ε0
Ab
Aa
1  ε0
Ab
 1A  implica também:
Aa  (1   0 ) Ab
Aa
 1 0
Ab
ou
Ab 
Aa
1 0
27
 Da

 Db
2

  1   0

Da
 1 0
Db
1  0 1
Da  Db

Da
1 0
Db  Da 1  1   0

Da
1 0
 1B  Seja:
 T0 
D
Da
{diferença relativa dos diâmetros}
Db  (1   T 0 ) Da
 1B  implica:
T0 
1 1 0
1 0
 1B  implica também:
ε T0 
1
1 ε0
1
ou
1 T0 
1
1 0
 1A  &  1B  implicam:
 ε T0 
1
1 ε0
1
ou:
 (1   T 0 ) 1   0  1
{mui elegante!}
Mas, e o Cálculo I? Veja a seguir. Antes, porém, uma pra saborear pão-de-queijo com
aquele cafezinho!
28
 Gráfico de (1   T 0 ) 1   0  1 ou ε T0 
1
1 ε0
1
As operações de limite lhe ajudarão a ver o jeitão da curva:
T0
0
1
lim 
 0  T 0
 1
lim 
 0 1 T 0

1
A derivada de  T 0 em relação à variável  0 lhe fornecerá o coeficiente angular da reta
tangente à curva.
 T 0  m 0  n
{equação de uma reta qualquer}
d
T0  m
d 0
{coeficiente angular da reta}
d
1
1
T0  
d 0
2 (1   0 ) 3
{derivada de ε T0 
m  tan   
T0  
1
1
2 (1   ) 3
1
1
0  n
2 (1   ) 3
1
1 ε0
1 }
{coeficiente angular das retas tangentes}
{equação das retas tangentes}
 Equação da reta tangente à curva na origem: n  0
&
 0
29
m  tan  0  
1
1
1

2
2 (1  0) 3
 0  ArcTan(1 / 2)

1
2
T0    0
{equação da reta tangente na origem}
T0
1
2
T0   0
0
1
0
 0  26,6 o
1
Viu? Foi ou não foi mais fácil que fazer pão-de-queijo?
 Exemplo: Seja  0  1
Ordenada do ponto sobre a curva para  0  1
ε T0 
1
1 ε0
1
ε T0 
1
11
1 
2
1
2
Ordenada do ponto sobre a reta tangente na origem:
1
2
T0    0
1
2
 T 0   1  
1
2
Relações entre as dimensões:
Lb  (1   0 ) La
Lb  2 La
Db  (1   T 0 ) Da
Db 
2
Da
2
30
Relação entre as áreas:
Ab 
Aa
1 0
Ab 
Aa
1
 Aa
11 2
Malhação #2
A regra das proporções da madame permite outra malhação. Veja só.

Lb Aa

La Ab

Lb  La Aa  Ab

Lb
Aa
 2A  Seja:  1 
L
Lb
 2A  implica:
1 
Aa  Ab
Aa
 Db

 Da
2

  1   1

{captou a diferença ?}
La  (1   1 ) Lb
1  1 
Ab
Aa
Ab  (1   1 ) Aa
Ab
 1  1
Aa
ou
Aa 
Ab
1  1
Db
 1  1
Da
31
Db  Da 1   1
1  1  1
Db  Da

Db
1  1
 2B  Seja:  T 1 
D
Db
Da  (1   T 1 ) Db
 2B  implica:
 T1 
1  1  1
ε T1  1 
1  1
1
1  ε1
 2A  &  2B  implicam:
ε T1  1 
1
1  ε1
ou
 (1   T1 ) 1  1  1
{também mui elegante!}
 Gráfico e equação da reta tangente na origem
 T 1  m 1  n
d
1
1
 T1  
d 1
2 (1   1 ) 3
32
1
2
 T1   1
{equação da reta tangente à curva na origem}
1
 T1
lim 
1 T 1
1
1
1
lim 
11 T 1
1
 
 T1
1
2
 T1   1
1
0
1
 0  26,6 o
Relações entre os parâmetros
 Pergunta: Os parâmetros  0 e  1 são independentes? Vejamos.
 0 
Lb  La
La
0 
 1 
Lb  La
Lb
1  1 
Lb
1
La
La
Lb
1 0 
Lb
La
1  1 
La
Lb
 (1   0 )(1   1 )  1
Não, eles não são independentes. E a dependência é não-linear!. É uma forma implícita
muito elegante para mostrar a dependência das duas variáveis adimensionais.
33
Dever-de-casa:
1) Mostre que (1  ε T0 )(1  ε T1 )  1
2) Derivar a função (1   0 )(1   1 )  1
3) Traçar o gráfico de (1   0 )(1   1 )  1
4) Repetir a malhação para duas barras de seção transversal quadrada
6) Idem para seções retangular, trapezoidal e T .
O problema das duas barras cilíndricas de mesmo volume pode ser um ponto de partida
(um modelo) para teorizar sobre a barra cilíndrica elástica que emagrece ou engorda! Uma
barra se contrai porque se alonga ou se alonga porque se contrai? Nenhuma delas?
***
34
Esforço normal solicitante
 A salsi  quim
Para você entender o que os engenheiros denominam de esforço normal e de diagrama de
esforço normal, vamos recorrer à salsicha da madame. É uma barra cilíndrica rígida e sem
peso. Essa estranha salsicha será referenciada como salsi  quim . Como não é possível
cortar a salsi  quim , basta imaginá-la cortada ou cortar a comestível!. Compre pelo menos
duas.
Corte uma salsi  quim de comprimento L em
duas partes. Uma terá comprimento a e o
comprimento da outra será b  L  a .
Com dois tabletes de queijo iguais (de mesmo
P(ação )
tablete
tablete
peso P) faça a montagem mostrada na figura.
b
P(ação )
A parte de comprimento b foi assentada sobre um
suporte de altura a . Esse suporte pode ser uma
pilha de tabletes de queijo  quim .
a
a
b
P(reação )
prato
abL
P(reação )
As quatro forças P são forças externas aos dois
pedaços da salsi  quim .
35
Para recompor a salsi  quim , basta retirar o
tablete da parte a e assentar o pedaço de
comprimento b sobre ela.
P(ação )
A interface de contacto das duas partes será uma
S1
b
NP
solicitantes internas. Uma pertence ao subconjunto
a
NP
S1 e a outra pertence ao subconjunto S2. Ambas
prato
seção transversal distante a do prato.
As duas forças N na interface serão forças
são normais (perpendiculares) à seção transversal.
S2
P(reação )
São denominadas de esforço normal solicitante na
seção transversal.
Viu? Não havia necessidade de cortar a salsi  quim . Essa intenção é executada por meio de
subconjuntos. É assim que os engenheiros dissecam os elementos estruturais. Não só
identificam como também determinam os valores dos esforços internos. Esses esforços
sempre andam aos pares, como na dupla Cosme e Damião!
O comprimento a da salsi  quim é arbitrário. É evidente que ele não poderá ser maior que
o comprimento L da salsi  quim . Em tempo - o esforço normal N é constante de seção
para seção porque a salsi  quim não tem peso.
No reino da madame, o comprimento variável a é usualmente
P
representado pela variável real x . O comprimento b será L  x .
Para uma seção transversal de abscissa x , a intensidade do
L-x
esforço normal N será constante e igual à da carga P. A madame
expressa isso assim: y  N(x)  N  P
0xL
x
NP
NP
36
A função y  N(x)  N  P é uma função constante para qualquer valor de x no intervalo
especificado. Seu gráfico é uma reta paralela ao eixo x , o eixo geométrico da salsi  quim .
Os engenheiros não abrem mão do gráfico dessa função. Eles
Não se importam de que lado do eixo x ele é traçado. O importante
L
é que haja uma convenção para informar se o esforço normal é de
N=P
denominam esse gráfico de Diagrama de Esforço Normal (DEN).
compressão ou de tração na seção considerada. No caso da nossa
salsi  quim o esforço é de compressão em qualquer seção.
Os softwares desenham o DEN em cores. Uma cor representará esforço normal de
compressão enquanto uma outra indicará esforço de tração. Alternativamente, o sinal de
negativo (-) poderá representar esforço de compressão enquanto o sinal de positivo (+)
indicará o de tração. É uma questão de convenção. Não se chegou a um consenso na
Convenção de Genebra de Cxx-ddb! Escolha a que achar mais conveniente.
 O tubo  quim da esferográfica
A esferográfica é constituída pela ponteira, que contém a esfera e o tubo contendo a tinta.
Eles são indispensáveis para a finalidade da caneta: escrever, desenhar e rabiscar.
Esse tubo é muito flexível. Ele não foi projetado para ter função estrutural. Essa função é
exercida pelo tubo externo.
Para não perturbar a simetria axial, a marca do fabricante e o orifício para a respiração da
tinta não foram executados. Um tubo igual, mas rígido e sem peso será referenciado como
tubo  quim .
37
Retire o tubo flexível e a tampinha do tubo  quim e
P
Suponha que o peso do conjunto ponteira&esfera seja
N=P
L
P
assente a esferográfica no prato com a esfera para cima.
N
N
igual a P. Essa carga atuará no topo do tubo  quim . A
ponteira&esfera agirá sobre o prato por intermédio do
prato
N
N
N
tubo  quim com a força solicitante N  P e este reagirá
sobre o tubo  quim com a mesma força, mas de sentido
oposto. Exatamente como na salsi  quim .
Tensões normais na salsi  quim e no tubo  quim
Suponhamos que a salsi  quim e o tubo  quim estejam submetidos à mesma carga P. Em
conseqüência, estarão submetidos ao mesmo esforço normal N  P . Será que ambos
estarão igualmente estressados? Por menor que seja a área da seção transversal, como a da
lata de guaraná, ela nunca será nula. Por razões óbvias.
A madame autoriza, então, o quociente da força normal N numa
seção transversal pela área A dessa seção. O resultado é um número
 (sigma) que os engenheiros denominam de tensão normal. Sua
L

N
A
unidade é a de uma força por área: N / cm 2 ; kN / cm 2 ; MPa ; etc.
A área da seção transversal da salsi  quim será A s  D 2 / 4 . A seção transversal do
tubo  quim é uma coroa de círculo de espessura t . Na Convenção de Genebra de Cxx-ddb,
a recomendação é que as espessuras sejam representadas pela letra t (thickness).
38
Se o diâmetro externo do tubo  quim for igual a D e , a área da coroa de círculo poderá ser
calculada pela expressão A c  (D e  t )t .
As tensões normais na salsi  quim e no tubo  quim serão iguais somente se as áreas de
suas seções transversais forem iguais, o que acontecerá quando o diâmetro D da
salsi  quim for igual a D  2 (D e  t ) t .
Exemplo: Para um tubo  quim com D e = 5 mm e t = 1 mm, o diâmetro da salsi  quim
terá de ser igual a 4 mm.
Se a força N for expressa em kN e a área A em cm2, a tensão normal  será expressa em
kN/cm2. Ela indica que o esforço solicitante N será distribuído igualmente em cada cm 2 da
seção transversal – uma distribuição uniforme.
Em vez de desenhar essa distribuição, você poderá materializá-la com uma grande
quantidade de agulhas iguais e bem finas. Se você fincar as agulhas numa seção transversal
de uma salsicha, todas paralelas ao seu eixo geométrico e de modo que suas cabeças fiquem
alinhadas (mesma cota de arrasamento), você terá simulado uma distribuição uniforme de
tensões. Basta imaginar isso na salsi  quim ou no tubo  quim !
Os dois corpos rígidos deverão reagir com esforços normais resistentes de igual magnitude,
mas de sentidos opostos. Esses esforços deverão ser gerados pelas tensões resistentes de
cada um dos dois corpos. E resistência é o que não falta a um corpo rígido!
39
Recreação no reino da madame – tensões no lápis.
O lápis é fabricado com dois materiais diferentes: a madeira e a grafite. Por hipótese, cada
um deles é perfeitamente homogêneo. Mas, suas propriedades mecânicas são diferentes – a
madeira é mais rígida que a grafite. Portanto, o lápis é um material heterogêneo constituído
de dois materiais homogêneos.
O lápis rígido, sem a ponta e sem peso será denominado de lápis  quim . Uma, e somente
uma propriedade do lápis  quim será relaxada. Embora rígidos, os dois materiais terão a
nossa permissão de reagirem com tensões diferentes. Um pseudo  lápis  quim .
Mas, não terão liberdade plena - deverão obedecer às nossas regras. Afinal, quem é que dá
a última palavra? Vamos exigir que os dois materiais resistam ao esforço normal N de
acordo com a média ponderada de suas áreas. Vejamos, inicialmente, um assunto de que
todo estudante aprecia!
 Duas provas de pesos diferentes
Seu colega fez duas provas. As provas tinham pesos p1 e p2. Seu colega lhe disse que
obteve média ponderada m nas duas provas. Pergunta: você é capaz de determinar as notas
N1 e N2 das provas que seu colega fez?
Como você conhece a regra do jogo, escreverá:
N1 p1  N 2 p 2  N
{nota ponderada}
p  p1  p 2
{soma dos pesos}
m  N/p
{média ponderada}
40
N1
p1
p
 N2 2  m
p
p
Você obteve uma equação a duas incógnitas.
 Na falta de uma dica, a madame poderá lhe sugerir a seguinte solução:
N1 
pp1
m
p  p 22
2
1
N2 
pp2
m
p  p 22
2
1
Se seu colega disser que deu água, você poderá fazer algumas hipóteses.
 Poderá supor que seu colega tenha obtido notas iguais: N 2  N1 . Da equação,
N1
p1
p
 N2 2  m
p
p
resultará que as notas deverão ser iguais à média ponderada: N1  N 2  m . Deu água?
 Não sendo iguais, serão diferentes! E uma nota poderá ser igual a zero! Seu colega terá de
lhe dizer a relação r entre as notas.
Supondo-se N1  0 , a outra deverá ser N 2  r N1 . Da equação resultarão as duas notas:
N1 
p
m
p1  r p 2
N2 
rp
m
p1  r p 2
Submeteremos o pseudo  lápis  quim à mesma tortura. Ipsis litteris.
41
 Identificação com o pseudo  lápis  quim
p1  A 1
área da coroa de círculo da madeira
p2  A2
área do círculo da grafite
pA
área da seção transversal do lápis
N1  1A1
resultante das tensões normais resistentes da coroa de círculo de madeira
A1  A 2  A
N 2   2 A 2 resultante das tensões normais resistentes do círculo de grafite
As tensões resistentes da madeira e da grafite, ponderadas pelas respectivas áreas, deverão
produzir o esforço normal solicitante N:
N1  N 2  N
1A1   2 A 2  N .
Dividindo-se essa expressão pela área A da seção transversal do lápis  quim , obtém-se a
relação da tensão na seção transversal:
1
A1
A
N
 2 2   
A
A
A
Com 1  0 e  2  r 1 , as tensões resistentes serão distribuídas de acordo com as
expressões:
1 
A

A1  r A 2
2 
rA

A1  r A 2
42
Qual é a diferença entre os dois problemas? É que no lápis (real) nós não arbitramos a
relação r entre as tensões. Exigimos que ela seja igual à relação entre os módulos de
elasticidade da grafite e da madeira. Em estrita obediência às leis decretadas pelos
pesquisadores doutores Hooke e Young.
A grafite e a madeira deverão ser muito íntimas para não haver um escorregão entre elas. O
deslizamento de uma em relação à outra não é permitido. Mas, como impor a condição de
não deslizamento? Curioso(a)? É assunto liberado apenas para os estudantes que cursam a
disciplina Mecânica dos Sólidos. Até lá.
 Para você apreciar aquela sugestão da madame nas provas de pesos diferentes.
ax  by  c

y
c  ax
b
Seja: z  x 2  y 2
z  x2 
dz
2a (c  ax )
 2x 
dx
b2
dz
0
dx
x
a
c
a  b2
2
d2z
a2
 22 2
dx 2
b
y
(c  ax ) 2
b2
b
c
a  b2
2
d2z
0
dx 2
Conclusão: a sugestão da madame minimiza a função z, ou seja, minimiza a soma dos
quadrados das notas das duas provas.
43
 Para uma degustação das maravilhas do reino da madame.
a
ax  by  c
A  a b
x 
u 
 y
Au  c
Minimizar | u |  (u T u)1 / 2  x 2  y 2
{norma euclidiana do vetor u }
A   A T (AA T ) 1
{inversa generalizada}
AA T  a 2  b 2
( AA T ) 1 
x
a
c
a  b2
2
AA   I
y
x 
b    c
 y
1
a  b2
2
u  A c
A 
1 a 
 
a  b 2 b 
2
b
c
a  b2
2
(A  A) 2  A  A
{matriz idempotente}
Conclusão: a solução coincide com a anterior. Mas na solução matricial não foi efetuada
nenhuma derivação explícita! E agora José? Curioso(a)? Até lá.
***
44
Comentários
 O benefício da expansão da seção transversal de um pilar comprimido é apenas marginal
na sua resistência. Acaba por se tornar um malefício porque complica a formulação teórica
e a interpretação de ensaios, principalmente na região dos apoios dos pilares. As normas
técnicas sintetizam os resultados das experiências e elaboram as recomendações técnicas
para o projeto de pilares que tenham características semelhantes. Os engenheiros utilizam
as recomendações gerais das normas ou realizam ensaios em casos mais específicos.
 Ao presenciar o ensaio de tração de uma barra de aço no laboratório, você verá que será
necessário fazer uma idealização do comportamento da barra. Será necessário cozinhar o
galo! E um galo cozido pode não ser saboroso, mas que é útil...
 Os resultados dos ensaios variam muito de acordo com a composição físico-química do
aço e do processo de fabricação. Normas técnicas específicas padronizam, então, os tipos
de aço a serem produzidos pelas siderúrgicas. Outras normas elaboram as especificações
para a utilização desses aços nas construções. Alguns aços são mais adequados para os
elementos estruturais das construções metálicas: perfis laminados ou soldados e perfis de
chapas dobradas. Outros são recomendados para a confecção dos elementos estruturais de
concreto armado: lajes, vigas e pilares. Outros são mais indicados para as lajes e vigas de
concreto protendido.
 A natureza produz madeiras mais apropriadas que outras para as construções. A função
estrutural pode ser exercida apenas pelas madeiras que satisfazem aos ensaios padronizados
pelas normas técnicas, como as madeiras de lei. Esses ensaios visam determinar as
madeiras que apresentem um índice adequado de segurança.
 A natureza nos ensina que prevenir é o melhor remédio. Algumas árvores desenvolvem
uma couraça (casca) para sobreviverem aos incêndios. Essa casca não se incendeia em
contacto com o fogo - é um material refratário.
45
 A argila refratária é utilizada nos altos fornos das siderúrgicas para a produção dos aços.
Ela é capaz de resistir a temperaturas bem mais elevadas que a temperatura de fusão do
ferro. Materiais cerâmicos refratários já foram (ou são) utilizados até nos motores dos
carros de Fórmula 1.
 O amianto é um material refratário. É muito utilizado na confecção da vestimenta dos
bombeiros encarregados de debelar incêndios. É também empregado na proteção dos
elementos estruturais das construções metálicas e de concreto armado. Principalmente nas
construções muito altas. A prevenção é o melhor remédio.
 A confiabilidade de uma construção depende da confiabilidade dos seus elementos. A
probabilidade de ruína deveria ser a mesma nas construções metálicas, de concreto armado,
de concreto protendido, de madeira e nas construções mistas. Apesar dos avanços ocorridos
nas últimas décadas, ainda não é possível estimá-la mesmo para as estruturas consideradas
simples. Pesquisar é preciso - a Mecânica Estrutural agradece. Você topa o desafio?
 Protótipos são viáveis apenas na industria mecânica, naval e aeronáutica. Quando seus
produtos são destinados ao público, devem ser exaustivamente testados para receberem o
certificado de aprovação para a sua produção em série. É que os materiais reais teimam em
não obedecer às leis impostas pelos pesquisadores. Testar é preciso. Esses testes são
extremamente valiosos para a calibração dos modelos teóricos.
 Protótipos são inviáveis na construção civil. A não ser de pequenas construções, quando
então são dispensáveis. Os PpD‟s não fazem distinção de estruturas projetadas pra indústria
das projetadas para a construção civil. Por que então a existência de normas técnicas pra
estruturas metálicas, de concreto e de madeira? Elas são elaboradas pelos pesquisadores
mais renomados do mundo inteiro. Que sabem da necessidade de construir portos, túneis,
pontes, viadutos e hangares seguros para a utilização e abrigo dos produtos da indústria. De
construir edifícios seguros e econômicos para seus ocupantes. E que os engenheiros
46
projetistas devem responder por insucessos eventuais. O PROCON está cada vez mais
ativo!
***
47
Apoios e Articulações
A união de duas barras metálicas pode ser feita por meio de solda ou de parafusos. O
movimento de rotação de uma barra em relação à outra será praticamente eliminado. Até
prova em contrário, você preferiria uma barra inteiriça com o comprimento desejado. Mas,
e o transporte da barra? E sua montagem?
Freqüentemente a união de duas barras deve permitir o movimento de rotação de uma em
relação à outra. Isso é possível por meio de dispositivos denominados de articulações. Os
exemplos caseiros mais simples são a dobradiça, o alicate e o canivete.
A dobradiça é um dispositivo muito utilizado para a fixação de portas e janelas. Ela é
constituída de duas chapas (abas ou orelhas) e um pino metálicos. As abas de uma boa
dobradiça são perfeitamente encaixadas no pino. Não apresentam folga perceptível entre as
abas e o pino, e podem ser abertas e fechadas livremente.
No alicate o pino é fixado a uma haste (cabo). A outra haste pode girar facilmente em torno
do pino. A amplitude do movimento de rotação dos cabos do alicate é menor que a da
dobradiça. Mas isso não vem ao caso. O importante é que haja a possibilidade do
movimento de rotação de uma peça em relação à outra. Esse movimento poderá nem se
realizar. Basta manter o alicate permanentemente fechado!
Considere um canivete de uma única lâmina. Um canivete suíço terá um plano de simetria
longitudinal. O fio da sua lâmina estará nesse plano durante os movimentos de abertura e de
fechadura (sic), digo, de fechamento. A lâmina executará um movimento plano de rotação –
seu movimento de rotação em torno do pino do canivete. Para abrir a lâmina você segura o
48
corpo (cabo) do canivete. E se o cabo fosse aparafusado (um desperdício!) no piso com a
lâmina para cima? E se a mola que controla o movimento da lâmina fosse retirada? Você
teria simulado um apoio simples ideal no plano.
A dobradiça pode simular tanto apoios quanto articulações estruturais. Você pode unir duas
tábuas de madeira por meio de uma dobradiça nelas encaixadas e aparafusadas. Pode fixar a
extremidade da tábua inclinada no piso por meio de outra dobradiça. Pode fixar rigidamente
a tábua horizontal num suporte rígido vertical.
y
Articulação
Articulação
Eixo
Rótula
Rígido
Engaste
Eixo
Rótula
Rígido
Apoio simples
x
Os eixos dos pinos das dobradiças serão paralelos ao eixo z (perpendiculares ao plano xy)
do sistema Oxyz. O plano xy coincidirá com o plano vertical médio das tábuas alinhadas.
As interseções dos planos médios das tábuas com o plano xy definirão os eixos das tábuas.
Os pinos serão, então, denominados de rótulas.
Tipos de apoio
Apoios são, em geral, estruturas de fundação. Sapatas, blocos, estacas e tubulões são os
representantes mais comuns.
As deformações dessas estruturas devem ser imperceptíveis. Devem, de preferência, ser
muito pouco deformáveis. São idealizadas, em primeira aproximação, como corpos rígidos.
49
Apoios rígidos são dispositivos que impedem movimentos. Só
existem no reino da madame. O mais simples de descrever com
y
x
palavras e de representar graficamente é o engaste perfeito. Ele
impediria todos os seis movimentos relativos a um sistema fixo
z
Oxyz. As três translações e as três rotações seriam nulas. Um corpo
rígido imobilizado!
Quais são as combinações possíveis? Você concluirá que não é possível descrever todas
elas com uma ou duas palavras. Algumas teriam de ser representadas em perspectiva, o que
não é nada prático.
Como transmitir essas informações para o cérebro? Basta fazer uma lista codificada.
Freqüentemente os dígitos 1 e 0 são utilizados para representarem impedimento e liberdade,
respectivamente, de um determinado movimento. Uma tabela conteria uma lista para cada
apoio.
Tx
Ty
Tz
Rx
Ry
Rz
Translações (T) e rotações (R)
1
1
1
1
1
1
Todos os movimentos impedidos - engaste
0
0
0
0
0
0
Todos os movimentos livres (sem apoio)
1
0
0
0
0
0
Somente a translação na direção x é impedida
0
0
0
1
0
0
Somente a rotação em torno de x é impedida
?
?
1
1
1
?
Apoio genérico definido no plano xy
Apoios que impedem a translação na direção do eixo z e as rotações em torno dos eixos x
e y , são apoios definidos no plano xy do sistema de referência fixo Oxyz. A maioria das
estruturas das edificações apresenta subestruturas bem definidas num plano vertical, o
plano xy, por exemplo. São denominadas de pórticos planos. Seus pilares se apóiam nas
estruturas de fundação idealizadas como apoios no plano xy.
50
Além do engaste perfeito, há os seguintes tipos de apoios no plano xy:
y
Tx Ty Rz
0 1
1
Tx Ty Rz
1 0
1
Apoios móveis
Tx Ty Rz
1 1
0
Tx Ty Rz
1 1
0
Apoios fixos ou
simples.
Tx Ty Rz
0 1
0
Tx Ty Rz
1 0
0
Apoios móveis
Charriot (carrinho)
x
Há apoios que são inclinados em relação aos eixos do sistema Oxyz. Para defini-los é
necessário introduzir um sistema de referência local Ouvw.
Para os apoios inclinados no plano xy, o eixo w será paralelo ao eixo z . Esses apoios terão
as seguintes representações e codificações:
v
u
Tu Tv Rw
1 0 1
v
u
Tu Tv Rw
1 0
0
Pausa pra uma rodada de pães-de-queijo com aquele cafezinho!
51
Uma dobradiça sobre a mesa – forças de contacto
Ponha uma dobradiça nova na mesa, como
ilustrado ao lado. Dependendo da abertura
(ângulo), a dobradiça permanecerá em pé ou não.
Dependerá do atrito de contacto das abas com a
mesa.
As forças horizontais geradas pelo atrito deverão ser
maiores (folga) ou iguais (situação limite) às forças
horizontais geradas pelo peso da dobradiça.
As forças que impedem ou limitam movimentos são
denominadas de forças reativas ou, simplesmente,
reações.
O que acontecerá se a superfície da mesa for tão lisa a
ponto de não haver nenhum atrito no contacto das abas
da dobradiça com ela? E se houver atrito no contacto de
uma das abas com a mesa? Essas situações físicas são
representadas pelo apoio móvel. Em ambas as situações
a dobradiça não ficará em pé.
Se as abas da dobradiça forem soldadas ao pino, elas
não poderão mais girar em torno dele. Não poderão
ser abertas ou fechadas. A dobradiça ficará em pé
porque haverá resistência ao movimento relativo das
abas. Poderá se movimentar ou não sobre a mesa.
52
A dobradiça rígida
No reino da madame existe a dobra  quim - a dobradiça rígida. Somente seu pino tem
peso. Ela tem a aparência e funcionalidade de uma dobradiça comum. A diferença é que ela
é indestrutível. Nada será capaz de amassar, flexionar e empenar suas abas, de dobrar seu
pino ou alterar suas dimensões. Mas, como estimar o peso do pino?
 Índice de massa corporal
Recentemente, os médicos estabeleceram um índice para avaliar a nossa obesidade. É
denominado de índice de massa corporal: IMC  P / h 2  (P / h) / h
Nesse índice, P é o nosso peso em Kg e h é a nossa altura em metros. Sua unidade será,
portanto, Kg / m 2 . Não importa se estamos deitados ou não. Para as pessoas de mesma
altura h , o índice dependerá apenas dos seus pesos.
Atualmente, nós somos enquadrados de acordo com a seguinte escala:
IMC (Kg/m2)
18,5 a 24,9
normal
25 a 29,9
excesso de peso
30 a 34,9
obesidade de grau I
35 a 39,9
obesidade de grau II
40 ou mais
obesidade de grau III
De há muito que os engenheiros utilizam um índice semelhante para as lajes e paredes. Não
para estimar a obesidade delas! Mas, para estimar sua carga por unidade de área. No caso
de lajes ou paredes com comprimento e largura iguais (quadradas), os dois índices
coincidirão perfeitamente. Em vez de IMC, os engenheiros utilizam os símbolos g e q .
53
Não temos necessariamente de pesar as paredes e as lajes!. As normas técnicas fornecem
valores aproximados das suas massas específicas em Kg / m 3 .
A NBR 6118-2003 recomenda para o concreto simples 2400 Kg / m 3 , para o concreto
armado 2500 Kg / m 3 e para o aço 7850 Kg / m 3 .
Se você multiplicar esses valores pela espessura, em metros, de uma laje ou chapa de aço
obterá seu peso por metro quadrado. Por exemplo, o peso próprio de uma laje maciça de
concreto armado de 8 cm de espessura será: 0,08  2500 = 200 Kg/m2. Se você dividir esse
resultado por 10, o IMC da laje seria igual a 20: obesidade normal!
Para as barras (elementos 1D) de seção transversal constante, o índice é calculado
dividindo-se seu peso pelo seu comprimento. Não importa também sua posição.
Alternativamente, basta multiplicar a massa específica do material da barra pela área de sua
seção transversal, expressa em metros quadrados. Em qualquer caso você terá seu peso por
metro linear (medido ao longo do seu comprimento).
Peso    V
Seção transversal constante: V  A  L
Peso    A  L
Peso / L  q    A
Como a dobra  quim é muito pequena, a unidade adequada será o centímetro. Basta dividir
o peso P do pino pelo seu comprimento, expresso em centímetros. Estará supondo uma
carga uniformemente distribuída ao longo do seu comprimento.
E se o comprimento do pino for exatamente igual a 1 cm? O valor da carga uniforme
coincidirá com o valor do seu peso P. Você terá uma carga concentrada no centro do pino.
Nas ilustrações a seguir a dobra  quim tem 1 cm de comprimento (imagine uma!) e o pino
age sobre suas abas com a carga concentrada P.
54
A dobra  quim na mesa
Sua geometria pode variar de acordo com os parâmetros a e c , mas sua largura é
invariável. Ela será a hipotenusa de comprimento constante do triângulo de catetos
variáveis a e c .
y
As reações verticais (direção do eixo y )
P
c
a a
Pa
2c
serão iguais à metade da carga P. As reações
Pa
2c
horizontais (direção do eixo x ) indicam as
forças de atrito necessárias entre as abas e a
P/2
P/2
x
mesa, para manter a dobra  quim na posição
planejada.
Quando o vão „2a' for nulo, as abas serão verticais e as reações horizontais serão nulas.
Nessa situação a dobra  quim poderá tombar facilmente. A posição vertical será muito
instável – um sopro e a dobra  quim vai pro brejo!
Quando a abertura a for igual a c as abas estarão inclinadas de 45 graus e as reações
horizontais serão iguais à metade da carga P. Para a  2 c as reações horizontais serão
iguais à carga P.
Quando a tender para a largura da aba, a altura c da dobra  quim tenderá para zero e as
reações horizontais tenderão para o infinito. Não haveria apoio que suportasse a
dobra  quim em pé!
Quando a altura c for pequena em relação ao vão „2a‟ a dobra  quim terá, na linguagem
dos engenheiros, uma geometria abatida (todo o cuidado é pouco!). Os arcos seriam
abaulados porque teriam a forma da tampa de um baú (cuidado ao subir na tampa!). É outra
situação de instabilidade.
55
P
As abas da dobra  quim são soldadas ao pino. Não haverá
reação horizontal, mas o apoio simples tem condição de
0
impedir o movimento horizontal. Um sopro não será capaz
de mover a dobra  quim na horizontal.
P/2
P/2
Para o vão „2a' igual a zero permanecerá o problema da instabilidade por tombamento.
Quando a altura c for nula, o vão será igual a „2a'. Sobre os dois apoios, a dobra  quim
poderá simular uma viga larga ou uma laje apoiada em duas bordas paralelas. A carga P
poderá simular uma parede erguida sobre a laje na direção do pino. A resistência da
conexão soldada será crucial.
P
A situação é análoga à do caso anterior. Agora, porém, a
dobra  quim poderá mover-se livremente pela mesa. Um sopro
e a dobra  quim poderá despencar da mesa.
P/2
P/2
P
Agora, tanto a solda quanto o atrito das abas na mesa
contribuirão para manter a dobra  quim em pé. Mas, qual será
a contribuição de cada? Pela simetria, as reações horizontais
??
deverão ter sentidos opostos e a mesma intensidade.
P/2
??
P/2
Os valores das reações horizontais serão indeterminados. Será necessário relaxar a hipótese
de corpo rígido.
É necessário conhecer como ela se deforma. Os valores das reações dependerão das
propriedades mecânicas da dobradiça e da solda.
As soluções do tipo „8‟ ou „80‟ foram apresentadas nos casos anteriores:
56
a)pino e apoios fixos;
b)solda e um apoio móvel.
Comentários
Lajes, vigas e pilares são elementos estruturais de uma edificação. As lajes são sustentadas
pelas vigas e estas são sustentadas pelos pilares. Os pilares são sustentados pelas estruturas
de fundação. É mais comum dizer que as lajes se “apóiam” nas vigas, que as vigas se
“apóiam” nos pilares e que os pilares se “apóiam” na fundação. Há edificações que
prescindem das vigas: as lajes são sustentadas diretamente pelos pilares.
***
57
TRELIÇAS ESPACIAIS RÍGIDAS
D
A pirâmide da madame tem quatro faces, seis
6
4
5
C
3
2
A
1
B
arestas e quatro vértices. Com seis palitos
(limpos!) e quatro bolinhas de queijo você pode
materializar o esqueleto da pirâmide dela.
Para construir o esqueleto, ponha as bolinhas de queijo A , B e C sobre um prato (limpo!).
Construa sua base com os palitos 1 , 2 e 3 . Para posicionar a bolinha D você precisará do
auxílio de alguém, ou fazer uma construção auxiliar. Poderá fincar um palito extra num
tablete de queijo sobre o prato. Esse palito poderá ter a posição da altura do esqueleto da
pirâmide. Na extremidade desse palito você fincará a bolinha D . Agora, você poderá
posicionar os palitos 4 , 5 e 6 . E poderá retirar, com todo o cuidado, o palito extra.
Se você pressionar levemente o esqueleto pela bolinha D , os esforços normais nos palitos
4 , 5 e 6 serão de compressão enquanto os esforços normais nos palitos 1 , 2 e 3 serão de
tração. Se eles não saírem das bolinhas, o esqueleto terá uma configuração estável apesar de
sofrer alguma deformação. Se você retirar qualquer um dos palitos, o esqueleto ficará
instável.
58
OVNI  quim  3D
Agora as barras da pirâmide serão consideradas rígidas e sem peso. E conectadas aos nós
por meio de esferas, por exemplo.
D
Treliça de barras rígidas e sem peso.
6
4
5
C
3
2

j
O
k
A
1
B

i
Sem apoios – livre no espaço.
Um OVNI  quim  3D
  

Forças f A , f B , f C e f D aplicadas
aos nós A , B , C e D
As forças nodais serão consideradas bem comportadas de modo que possam ser
  

representadas pelos vetores f A , f B , f C e f D .
PLANEJAMENTO VETORIAL
 Vetores unitários
Pra você estreitar seu relacionamento com a madame, faremos uma exposição detalhada
das propriedades de um vetor unitário.
O eixo de uma barra de treliça é conectado aos nós J e K . As coordenadas desses nós em
relação a um sistema de referência fixo Oxyz são supostas conhecidas:
J ( xJ ; y J ; z J )
K ( xK ; y K ; z K )
59
K
L
J
O



OJ  x J i  y J j  z J k



OK  x K i  y K j  z K k



JK  ( x K  x J ) i  ( y K  y J ) j  ( z K  z J ) k
L  | JK |
L  ( xK  xJ ) 2  ( y K  y J ) 2  ( z K  z J ) 2
Logo, o vetor JK será conhecido:
OJ  JK  OK
JK  OK - OJ
Seu módulo será o comprimento L da barra de extremidades J e K .
Há dois vetores unitários na direção do vetor JK :

a) u JK é o vetor unitário na direção e no sentido do vetor JK

JK
JK x K  x J  y K  y J  z K  z J 

i
j
k
u JK 

L
L
L
| JK |
L

b) u KJ é o vetor unitário na direção e no sentido do vetor KJ


KJ
- JK
JK
u KJ 


  u JK
| KJ |
L
L

O vetor unitário u JK permite que você determine os ângulos que a barra JK faz com os
eixos x , y e z do sistema de referência ortogonal Oxyz.
Sejam:
60

ângulo que a barra JK faz com o eixo x

ângulo que a barra JK faz com o eixo y

ângulo que a barra JK faz com o eixo z
Sejam:
cos( ) 
xK  xJ
L
cos( ) 
yK  yJ
L
cos( ) 
zK  zJ
L

Com essas definições o vetor unitário u JK poderá ser apresentado na forma:




u JK  cos( ) i  cos( ) j  cos( ) k

Como o vetor u JK é unitário resultará a propriedade: cos 2 ( )  cos 2 ( )  cos 2 ( )  1

Os co-senos dos ângulos  ,  e  são denominados de co-senos diretores do vetor u JK .
61
 Esforço axial
É de praxe (numa análise preliminar) transferir o peso da barra para os nós J e K por
meio das ações nodais equivalentes. Metade pra cada nó caso a barra tenha seção
transversal constante. A vantagem desse tempero é que o esforço axial será constante ao
longo da barra. E o esforço axial tem a direção do eixo da barra!. Logo, terá a direção do
vetor JK . Mamão com açúcar!
K

n u KJ
n
L
n
J
(positivo).
K
tração
O esforço axial n será considerado de tração


u KJ   u JK
J

n u JK

As ações nodais de n serão n u JK no nó J e

n u KJ no nó K .
{3ª Lei de Sir Isaac Newton}
EXECUÇÃO do PLANEJADO
 Determinação dos Vetores Unitários
 Vetor unitário na direção e no sentido do vetor AB
{barra 1}
OA  AB  OB  AB  OB - OA
| AB |  | OB - OA |
| AB |  L1

AB
u AB 
L1




u AB  cos(1 ) i  cos(1 ) j  cos( 1 ) k
62
 Vetor unitário na direção e no sentido do vetor BC
{barra 2}
OB  BC  OC  BC  OC - OB
| BC |  | OC - OB |
| BC |  L2

BC
u BC 
L2




u BC  cos( 2 ) i  cos( 2 ) j  cos( 2 ) k
D
6
4
5
C
3
2

j
O
k
A
1
B

i
 Vetor unitário na direção e no sentido do vetor AC
{barra 3}
OA  AC  OC  AC  OC - OA
| AC |  | OC - OA |
| AC |  L3

AC
u AC 
L3




u AC  cos( 3 ) i  cos( 3 ) j  cos( 3 ) k
 Vetor unitário na direção e no sentido do vetor AD
{barra 4}
OA  AD  OD  AD  OD - OA
| AD |  | OD - OA |
| AD |  L4

AD
u AD 
L4




u AD  cos( 4 ) i  cos( 4 ) j  cos( 4 ) k
 Vetor unitário na direção e no sentido do vetor BD
{barra 5}
OB  BD  OD  BD  OD - OB
| BD |  | OD - OB |
| BD |  L5

BD
u BD 
L5




u BD  cos( 5 ) i  cos( 5 ) j  cos( 5 ) k
63
 Vetor unitário na direção e no sentido do vetor CD
{barra 6}
OC  CD  OD  CD  OD - OC
| CD |  | OD - OC |
| CD |  L6

CD
u CD 
L6




uCD  cos( 6 ) i  cos( 6 ) j  cos( 6 ) k
 Relações vetoriais de equilíbrio dos nós
 Relação vetorial de equilíbrio do nó A

n4 u AD
3
A

fA
1


RA  0





f A  n1 u AB  n3 u AC  n4 u AD  0

n3 u AC
4

n1 u AB
 Relação vetorial de equilíbrio do nó B

n5 u BD
5

n1 u BA


RB  0





f B  n1 u BA  n2 u BC  n5 u BD  0





f B  n1 u AB  n2 u BC  n5 u BD  0

n2 u BC
2
1
B

fB
 Relação vetorial de equilíbrio do nó C

n6 u CD

n3 uCA
6
C
3

n2 uCB
2

fC


RC  0





f C  n2 uCB  n3 uCA  n6 uCD  0





f C  n2 u BC  n3 u AC  n6 uCD  0
64
 Relação vetorial de equilíbrio do nó D

fD
D
6
4

n4 u DA
5

n6 u DC

n5 u DB


RD  0





f D  n4 u DA  n5 u DB  n6 u DC  0





f D  n4 u AD  n5 u BD  n6 uCD  0
 Detalhamento das relações de equilíbrio





f A  n1 u AB  n3 u AC  n4 u AD  0





f B  n1 u AB  n2 u BC  n5 u BD  0





f C  n2 u BC  n3 u AC  n6 uCD  0





f D  n4 u AD  n5 u BD  n6 uCD  0
As expressões dos vetores unitários já são conhecidas, de modo que os vetores dos esforços
axiais são:




n1 u AB  n1 cos(1 ) i  n1 cos(1 ) j  n1 cos( 1 ) k




n2 u BC  n2 cos( 2 ) i  n2 cos( 2 ) j  n2 cos( 2 ) k




n3 u AC  n3 cos( 3 ) i  n3 cos( 3 ) j  n3 cos( 3 ) k




n4 u AD  n4 cos( 4 ) i  n4 cos( 4 ) j  n4 cos( 4 ) k




n5 u BD  n5 cos( 5 ) i  n5 cos( 5 ) j  n5 cos( 5 ) k




n6 uCD  n6 cos( 6 ) i  n6 cos( 6 ) j  n6 cos( 6 ) k
Portanto, as relações de equilíbrio tomarão as formas seguintes:
65




 f A  n1 u AB  n3 u AC  n4 u AD


f A   [n1 cos(1 )  n3 cos( 3 )  n4 cos( 4 ) ] i

 [n1 cos(1 )  n3 cos( 3 )  n4 cos( 4 ) ] j

 [n1 cos( 1 )  n3 cos( 3 )  n4 cos( 4 ) ] k




 f B  n1 u AB  n2 u BC  n5 u BD


f B  [n1 cos(1 )  n2 cos( 2 )  n5 cos( 5 ) ] i

 [n1 cos(1 )  n2 cos( 2 )  n5 cos( 5 ) ] j

 [n1 cos( 1 )  n2 cos( 2 )  n5 cos( 5 ) ] k




 f C  n2 u BC  n3 u AC  n6 uCD


f C  [n2 cos( 2 )  n3 cos( 3 )  n6 cos( 6 ) ] i

 [n2 cos( 2 )  n3 cos( 3 )  n6 cos( 6 ) ] j

 [n2 cos( 2 )  n3 cos( 3 )  n6 cos( 6 ) ] k




 f D  n4 u AD  n5 u BD  n6 uCD


f D  [n4 cos( 4 )  n5 cos( 5 )  n6 cos( 6 ) ] i

 [n4 cos( 4 )  n5 cos( 5 )  n6 cos( 6 ) ] j

 [n4 cos( 4 )  n5 cos( 5 )  n6 cos( 6 ) ] k
66
Se você expressar as forças nodais assim,

fA

fB

fC

fD



 f1 i  f 2 j  f 3 k



 f4 i  f5 j  f6 k



 f 7 i  f8 j  f9 k



 f10 i  f11 j  f12 k

f3 k
A

f2 j

f1 i
as relações vetoriais de equilíbrio serão:





 f A  f1 i  f 2 j  f 3 k   [n1 cos(1 )  n3 cos( 3 )  n4 cos( 4 ) ] i

 [n1 cos(1 )  n3 cos( 3 )  n4 cos( 4 ) ] j

 [n1 cos( 1 )  n3 cos( 3 )  n4 cos( 4 ) ] k
A propriedade da igualdade de dois vetores conduz a:
 1
f1   [n1 cos(1 )  n3 cos( 3 )  n4 cos( 4 ) ]
 2
f 2   [n1 cos(1 )  n3 cos( 3 )  n4 cos( 4 ) ]
 3
f 3   [n1 cos( 1 )  n3 cos( 3 )  n4 cos( 4 ) ]





 f B  f 4 i  f 5 j  f 6 k  [n1 cos(1 )  n2 cos( 2 )  n5 cos( 5 ) ] i

 [n1 cos(1 )  n2 cos( 2 )  n5 cos( 5 ) ] j

 [n1 cos( 1 )  n2 cos( 2 )  n5 cos( 5 ) ] k
 4
f 4  [n1 cos(1 )  n2 cos( 2 )  n5 cos( 5 ) ]
 5
f 5  [n1 cos(1 )  n2 cos( 2 )  n5 cos( 5 ) ]
 6
f 6  [n1 cos( 1 )  n2 cos( 2 )  n5 cos( 5 ) ]
67





 f C  f 7 i  f 8 j  f 9 k  [n2 cos( 2 )  n3 cos( 3 )  n6 cos( 6 ) ] i

 [n2 cos( 2 )  n3 cos( 3 )  n6 cos( 6 ) ] j

 [n2 cos( 2 )  n3 cos( 3 )  n6 cos( 6 ) ] k
 7
f 7  [n2 cos( 2 )  n3 cos( 3 )  n6 cos( 6 ) ]
 8
f 8  [n2 cos( 2 )  n3 cos( 3 )  n6 cos( 6 ) ]
 9
f 9  [n2 cos( 2 )  n3 cos( 3 )  n6 cos( 6 ) ]





 f D  f10 i  f11 j  f12 k  [n4 cos( 4 )  n5 cos( 5 )  n6 cos( 6 ) ] i

 [n4 cos( 4 )  n5 cos( 5 )  n6 cos( 6 ) ] j

 [n4 cos( 4 )  n5 cos( 5 )  n6 cos( 6 ) ] k
 10 
f10  [n4 cos( 4 )  n5 cos( 5 )  n6 cos( 6 ) ]
 11 
f11  [n4 cos( 4 )  n5 cos( 5 )  n6 cos( 6 ) ]
 12 
f12  [n4 cos( 4 )  n5 cos( 5 )  n6 cos( 6 ) ]
Viu? As 4 relações vetoriais de equilíbrio produziram 12 relações analíticas de equilíbrio.
Os vetores apontam o norte da estrada e exigem que os escalares marchem unidos. Eles
terão de formar um pelotão de 12 filas e 6 colunas!
E para que esse pelotão não se disperse durante a jornada, a madame põe à nossa disposição
o recurso da linguagem matricial. A seguir essas 12 relações de equilíbrio serão expressas
na forma matricial.
Antes, porém, uma pausa pra saborear pães-de-queijo com aquele cafezinho! Que ninguém
é de ferro!
68
Relações de equilíbrio na forma matricial
 f 1   cos  1
 f   cos 
1
 2 
 f 3    cos  1
  
 f 4   cos  1
 f 5   cos 1
  
 f 6   cos  1
f   0
 7 
 f8   0
f   0
 9 
 f 10   0
  
 f 11   0
 f 12   0
0
 cos  3
 cos  4
0
0
 cos  3
 cos  4
0
0
 cos  3
 cos  4
0
 cos  2
0
0
 cos  5
 cos  2
0
0
 cos  5
 cos  2
0
0
 cos  5
cos  2
cos  3
0
0
cos  2
cos  3
0
0
cos  2
cos  3
0
0
0
0
cos  4
cos  5
0
0
cos  4
cos  5
0
0
cos  4
cos  5

0 
0 

0 
0 

0 
 cos  6 

 cos  6 
 cos  6 

cos  6 

cos  6 
cos  6 
0
 n1 
n 
 2
 n3 
 
n4 
 n5 
 
 n 6 
Se você designar o vetor das forças nodais de 1 coluna e 12 linhas por f , o vetor dos
esforços axiais de 1 coluna e 6 linhas por n e a matriz de 12 linhas e 6 colunas por A , essa
relação matricial poderá ser escrita na forma compacta:
f  An
{relação matricial de equilíbrio}
A matriz A é denominada de matriz de equilíbrio estático.
 Transformação Linear
A expressão matricial f  A n é uma transformação linear. A matriz A transforma o vetor
dos esforços axiais n no vetor das forças nodais f . Isso significa que você pode arbitrar
valores para n e obter os valores de f . Você semeia n e colhe f por meio da adubação da
matriz A !
69
Topa brincar com essa transformação? Aí vai!
 Brincadeira 0  Você quer que os esforços axiais nas barras do OVNI  quim  3D sejam
todos nulos. Quais serão as forças nodais?
Mamão com açúcar! Basta fazer n1  n2  n3  n4  nn  n6  0 . Você obterá:
f1  f 2  ...  f12  0
Se você não semeia nada, colherá nada!
 Brincadeira 1  Você quer que os esforços axiais nas barras do OVNI  quim  3D sejam
todos de tração e de mesma intensidade. Quais serão as forças nodais (empuxos dos
foguetes e retrofoguetes) para que o equilíbrio seja mantido?
Mamão com açúcar! Basta fazer n1  n2  n3  n4  nn  n6  n e efetuar o produto
matricial. Brincaremos com f 1 e você brincará com as outras:
f1   (cos 1  cos  3  cos  4 ) n
 Brincadeira 2  Você quer que os esforços axiais nas barras 4 , 5 e 6 sejam nulos e que
os esforços nas outras sejam de compressão e de mesma intensidade. Quais serão as forças
nodais? Mamão com açúcar!
n4  nn  n6  0
n1  n2  n3  n
n0
f1  (cos 1  cos  3 ) n
70
 Transformação Linear Inversa
Se você escrever a transformação linear f  A n na forma,
An  f
{relação matricial de equilíbrio}
estará manifestando a intenção de semear f para colher n . Mas, aqui a semeadura e a
colheita não são tão triviais como antes!. Você não poderá semear f a torto e a direito,
porque a colheita poderá ser um desastre!
Você deverá fazer um curso de Álgebra Linear, onde normalmente são ministrados os
conceitos básicos de matrizes.
 Dicas da madame: O número de linhas linearmente independentes é igual ao número de
colunas linearmente independentes de uma matriz qualquer.
O posto (rank) de uma matriz é igual ao número de linhas (ou de colunas) linearmente
independentes.

Nossa matriz A tem 12 linhas e 6 colunas. Logo, poderá haver no máximo 6 linhas e 6
colunas linearmente independentes. Portanto, seu posto será no máximo igual a 6: r (A)  6
.
Os ET‟s utilizam essa propriedade pra aterrissar o OVNI  quim  3D e imobilizá-lo no solo.
É claro que eles já sabem as alternativas possíveis. Mas, nós somos leigos em matéria de
OVNI ' s . O jeito é proceder por tentativas.
71
 Tentativa 1  Imobilizar os três movimentos de translação do vértice A e os três
movimentos de translação do vértice B.

fC

fD
D
5
B








A  0
6  0
B
5  0
1

rA

 A  1 i   2 j   3 k
C
3
2
A
3  0
2  0
1  0
6
4
A

rB
4  0

 B  4 i  5 j  6 k


B  0


Nessa tentativa o vetor das forças nodais f A passará a ser o vetor das reações rA e o vetor


f B passará a ser o vetor rB . Essa tentativa corresponde fazer a seguinte partição na relação
ações
reações
matricial de equilíbrio:
 f 1   cos  1
 f   cos 
1
 2 
 f 3    cos  1
  
 f 4   cos  1
 f 5   cos 1
  
 f 6   cos  1
f   0
 7 
 f8   0
f   0
 9 
 f 10   0
  
 f 11   0
 f 12   0
0
 cos  3
 cos  4
0
0
 cos  3
 cos  4
0
0
 cos  3
 cos  4
0
 cos  2
0
0
 cos  5
 cos  2
0
0
 cos  5
 cos  2
0
0
 cos  5
cos  2
cos  3
0
0
cos  2
cos  3
0
0
cos  2
cos  3
0
0
0
0
cos  4
cos  5
0
0
cos  4
cos  5
0
0
cos  4
cos  5

0 
0 

0 
0 

0 
 cos  6 

 cos  6 
 cos  6 

cos  6 

cos  6 
cos  6 
0
 n1 
n 
 2
 n3 
 
n4 
 n5 
 
 n 6 
72
 Relação matricial para o cálculo das reações: rI  R I n
 r1   f 1   cos  1
 r   f   cos 
1
 2  2 
 r3   f 3    cos  1
  
 r4   f 4   cos  1
 r5   f 5   cos 1
    
 r6   f 6   cos  1
0
0
0
 cos  2
 cos  2
 cos  2
 cos  3
 cos  3
 cos  3
0
0
0
 cos  4
 cos  4
 cos  4
0
0
0
0
0
0
 cos  5
 cos  5
 cos  5
0
0
0

0
0

0
 n1 
n 
 2
 n3 
 
n4 
 n5 
 
 n 6 
 Relação matricial para o cálculo do vetor n dos esforços axiais:
 f 7  0 cos  2
 f  0 cos 
2
 8 
 f 9  0 cos  2
  
0
 f 10  0
 f 11  0
0
  
0
 f 12  0
cos  3
cos  3
cos  3
0
0
0
0
0
0
cos  4
cos  4
cos  4
0
0
0
cos  5
cos  5
cos  5
 cos  6 
 cos  6 
 cos  6 

cos  6 
cos  6 

cos  6 
 n1 
n 
 2
 n3 
 
n4 
 n5 
 
 n 6 
fI  MI n
A matriz R I é a matriz das reações. Quando o vetor n dos esforços axiais for conhecido,
ela permitirá o cálculo do vetor rI das reações de apoio.
O vetor n dos esforços axiais deverá ser calculado por meio da outra partição. Nessa
partição o vetor das forças nodais será representado por f I :
f IT   f 7
f8
f9
f10
f11
f12 
Viu no que deu? A matriz M I é quadrada o que significa que o número de equações é igual
ao número de incógnitas. Mas a primeira coluna dela é nula, o que implica que seu
determinante é nulo. A madame oferece mais de uma solução pra nossa tentativa, que
rejeitaremos porque nossa intenção é apoiar o OVNI  quim  3D de maneira única e segura
73
no OVNI  quim  porto . Podemos dizer que nessa situação o OVNI  quim  3D é
hipoestático.
 Dica da madame: A primeira coluna da matriz M I é multiplicada por n1 

fC

fD
D
5
B








A  0
6  0
B
5  0
1

rA

 A  1 i   2 j   3 k
C
3
2
A
3  0
2  0
1  0
6
4
A

rB
4  0

 B  4 i  5 j  6 k


B  0
É isso! Analisando mais detalhadamente o OVNI  quim  3D , você verá que a barra AB
não sofrerá esforço nenhum: nem de tração e nem de compressão. Isso porque os dois
apoios não permitem nenhum movimento.
Portanto, o esforço na barra AB será nulo: n1  0 . Deixa de ser uma incógnita. A primeira
coluna de M I será eliminada bem como a componente n1 do vetor n :
 f 7  cos  2
 f  cos 
2
 8 
 f 9   cos  2
  
 f 10   0
 f 11   0
  
 f 12   0
cos  3
cos  3
cos  3
0
0
0
0
0
0
cos  4
cos  4
cos  4
0
0
0
cos  5
cos  5
cos  5
 cos  6 
 cos  6 
 cos  6 

cos  6 
cos  6 

cos  6 
n2 
n 
 3
n4 
 
 n5 
 n6 
f I  M II n I
A matriz M II tem 6 linhas e 5 colunas. Seu posto será no máximo igual a 5: r (M II )  5
Uma linha terá de ser excluída dessa matriz.
74

fD
D




fC  f 7 i  f8 j  0 k




rC  0 i  0 j  r9 k
6
4
5
3
9  0
C
2
C
1
A
B

rA
8
7

rB




C  7 i  8 j  0 k
 7 e  8 livres
Um apoio em C que impeça apenas o movimento na direção do eixo z ,  9  0 , deverá
reagir às solicitações nodais com uma reação r9 na direção do eixo z . Os propulsores f 7 e
f 8 serão ativos enquanto o propulsor f 9 será reativo (retrofoguete) para a aterragem do
OVNI  quim  3D !
As transformações lineares f I  M II n I e rI  R I n deverão ser modificadas pra refletirem
essas providências.
A transformação rI  R I n passará a ser:
 r1   0
r   0
 2 
 r3   0
  
 r4    cos  2
 r5   cos  2
  
 r6    cos  2
 r   cos 
2
 9 
 cos  3
 cos  4
0
 cos  3
 cos  4
0
 cos  3
 cos  4
0
0
0
0
0
 cos  5
 cos  5
0
0
 cos  5
cos  3
0
0

0 
0 

0 
0 

0 
 cos  6 
0
n2 
n 
 3
n4 
 
 n5 
 n6 
rII  R II n I
A transformação f I  M II n I será:
75
 f 7  cos  2
 f  cos 
2
 8 
 f 10    0
  
 f 11   0
 f 12   0
cos  3
cos  3
0
0
0
cos  4
0
0
cos  5
0
0
cos  4
cos  4
cos  5
cos  5
 cos  6 
 cos  6 
cos  6 

cos  6 
cos  6 
n2 
n 
 3
n4 
 
 n5 
 n6 
f II  M III n I
Agora a matriz M III tem 5 linhas e 5 colunas. O número de equações é igual ao número de
incógnitas. Se o determinante da matriz M III não for nulo, r (M III )  5 , a transformação
linear f II  M III n I terá uma inversa única:
M III n I  f II
n I  (M III ) 1 f II
E você terá conseguido aterrar o OVNI  quim  3D de modo isostático! Uma rodada de
pães-de-queijo com aquele cafezinho pra comemorar o evento!
Moral da história!: Estrutura isostática não é aquela em que o número de incógnitas é igual
ao número de equações! Embora seja uma condição necessária, ela não é suficiente.
Estrutura isostática é aquela em que as equações de equilíbrio estático são suficientes para a
determinação de um conjunto único de esforços internos e externos.
Não perca tempo – procure a madame!
Dever-de-casa 1: Tentar outras tentativas pra aterrar o OVNI  quim  3D !
76
Dever-de-casa 2: Uma empresa foi contratada para construir a seguinte treliça 3D:
E
8
Essa treliça é:
11
10
9
B
x
3
A
D
hipoestática (instável)
7
ou
4
5
y
2
6
hiperestática (estável)?
z
C
isostática (estável),
O
1
Ela planejou sua construção conforme as seguintes etapas:
B
x
3
A
Essa etapa é:
4
2
y
C
1
z
ou
O
B
D
3
y
2
6
C
1
A
Essa etapa é:
7
4
5
x
z
ou
O
77
B
A
D
7
4
5
y
2
6
C
1
x
3
8
Essa etapa é:
z
ou
O
***
78
Treliças Rígidas em 3D
Até agora você brincou com o problema da determinação dos esforços de treliças rígidas
isostáticas definidas num plano, as treli  quins  2D . Dizemos “brincou” porque corpos
rígidos e sem peso existem apenas no reino de Mme. Mathématique – lembra-se?.
Tquim3D - 1
z
Dados:
Coordenadas dos pontos de
apoio A,B e C e do ponto P de

aplicação da força f

f
P
3
y
1
O
2
x
C
A
B
Determinar:
 As equações de equilíbrio
estático
 As reações
 Os esforços normais nas
barras.
Agora, vamos brincar com as treliças rígidas isostáticas e sem peso definidas no sistema de
referência fixo Oxyz, as treli  quins  3D .
É claro que devemos começar com a mais simples delas, a de três barras, como ilustrado na
figura acima. Mesmo assim ficaremos com uma batata quente na mão!. Ao passar de 2D
pra 3D temos dificuldade de determinar os esforços (internos e externos) sem a ajuda dos
vetores da madame. E essa dificuldade é de natureza puramente geométrica. Você é bom
em geometria? Tente resolver o problema. Take your time!
79
Planejamento vetorial
Tquim3D - 1
z
Dados:
Vetores posição dos pontos de
apoio A,B e C e do ponto P de

aplicação da força f

f
P
3
y
1
O
2
x
A

rA
B

rB
Determinar:

rC  As relações vetoriais de
equilíbrio estático
C
 As equações analíticas de
equilíbrio estático
 As reações
barras.

O vetor R representará a resultante das forças:

   
 R  rA  rB  rC  f

O vetor M O representará o momento resultante das forças em relação à origem O do
sistema de referência Oxyz:





 M O  OA^ rA  OB^ rB  OC^ rC  OP^ f
{produtos vetoriais}
Como cada apoio recebe apenas uma barra da treliça, as reações deverão ter as direções dos
eixos das barras. Essa condição está ilustrada na figura. Como implementar essa
informação?
 Dica da madame: O produto vetorial de dois vetores de mesma direção é o vetor nulo. 
80
Pra aproveitar essa dica, basta você fazer o seguinte planejamento,
OA  AP  OP
OA  OP - AP
OB  BP  OP
OB  OP - BP
OC  CP  OP
OC  OP - CP

e substituir as expressões dos vetores OA, OB e OC na expressão de M O :


  



 M O  OP^ (rA  rB  rC  f )  AP ^ rA  BP^ rB  CP^ rC





 M O  OP^ R  AP ^ rA  BP^ rB  CP^ rC

 
Viu? Basta exigir agora que os vetores rA , rB e rC tenham as direções dos vetores AP, BP
e CP, respectivamente. Ou seja, basta exigir que:
 
 AP ^ rA  0
&
 
BP^ rB  0
&
 
CP^ rC  0

A expressão do vetor M O será simplesmente:


 M O  OP^ R

Mas, o vetor R é um membro importantíssimo desse planejamento. E ainda não tomou

 
conhecimento de que os vetores rA , rB e rC deverão ter as direções das barras. E agora,
José?




 Dica da madame: Se b   a , o vetor b terá a direção do vetor a 
Mas, como aproveitar essa dica? Serão necessárias três etapas:
 Primeira. Você determina os vetores unitários dos vetores AP, BP e CP.
81
OA  AP  OP
AP  OP - OA
OB  BP  OP
BP  OP - OB
OC  CP  OP
CP  OP - OC
 | AP |  | OP - OA |  L1

1
u AP 
AP
L1
{vetor unitário de AP}
 | BP |  | OP - OB |  L 2

1
u BP 
BP
L2
{vetor unitário de BP}
 | CP |  | OP - OC |  L 3

1
u CP 
CP
L3
{vetor unitário de CP}
Nosso planejamento é exeqüível porque esses vetores unitários são conhecidos. Eles
dependem dos vetores posição dos pontos A, B, C e P. Que, por sua vez, são dados do
problema.
Notou que os módulos dos vetores AP, BP e CP representam os comprimentos das barras
1, 2 e 3 da treliça?

 
 Segunda. Exija que os vetores rA , rB e rC tenham as direções dos unitários de AP, BP e
CP:


 rA  rA u AP


rB  rB u BP


rC  rC uCP



Os escalares rA , rB e rC representam as intensidades dos vetores rA , rB e rC ,
respectivamente. Observe que esses escalares fazem o papel do parâmetro  na dica da
madame.

 Terceira e última. Avise o vetor R :





 R  rA u AP  rB u BP  rC uCP  f
82
Relações vetoriais de equilíbrio
 
R0


MO  0
&

 

A condição R  0 implica automaticamente M O  0 . Viu?




 rA u AP  rB u BP  rC uCP   f
 Intervalo pra saborear pães-de-queijo com aquele cafezinho!
 Achamos que seria muito mais difícil.  Em se planejando, tudo sai!  Achamos um tanto
abstrato!.  Na primeira vez é assim mesmo – em se malhando....  Estão gostando de
Cálculo I?  Tamos - limites, derivadas, vetores – nada mais bonito!
 Notaram que as relações vetoriais de equilíbrio foram obtidas sem o conhecimento prévio
das coordenadas dos pontos?  Notamos – um barato!
 Que os vetores não estão nem aí?  Como assim?  Pra eles, tanto faz brincar em 2D ou
3D. Vocês podem especificar a treliça num plano. Dependerá apenas das coordenadas e do

vetor f .  Massa, cara.
 Não percam tempo – continuem malhando no reino da madame!
 De volta ao batente!
Execução do planejamento
 Pegar as coordenadas dos pontos (nós) A, B C e P e montar os vetores posição desses
pontos:



OA  x A i  y A j  z A k



OB  x B i  y B j  z B k



OC  xC i  yC j  zC k



OP  x P i  y P j  z P k
83
 Determinar os vetores AP, BP e CP
 AP  OP - OA
 BP  OP - OB
 CP  OP - OC



AP  ( x P  x A ) i  ( y P  y A ) j  ( z P  z A )k



BP  ( x P  x B ) i  ( y P  y B ) j  ( z P  z B )k



CP  ( x P  xC ) i  ( y P  yC ) j  ( z P  zC )k
 Determinar os módulos dos vetores AP, BP e CP
 L1  | AP |  ( x P  x A ) 2  ( y P  y A ) 2  ( z P  z A ) 2
 L 2  | BP |  ( x P  x B ) 2  ( y P  y B ) 2  ( z P  z B ) 2
 L 3  | CP |  ( x P  xC ) 2  ( y P  yC ) 2  ( z P  z C ) 2
 Determinar os vetores unitários
x  xA  yP  y A  zP  z A 

u AP  P
i
j
k
L1
L1
L1
x  xB  y P  y B  z P  z B 

u BP  P
i
j
k
L2
L2
L2
x  xC  y P  y C  z P  z C 

u CP  P
i
j
k
L3
L3
L3
 Dica da madame: As componentes de um vetor unitário são os co-senos diretores da sua
direção

Pra aproveitar essa dica, representaremos por  ,  e  as inclinações de uma barra em
relação aos eixos x, y e z do sistema de referência Oxyz, respectivamente.
84
 Co-senos diretores da barra 1:
cos(1 ) 
xP  x A
L1
cos(1 ) 
yP  y A
L1
cos( 1 ) 
zP  z A
L1
yP  yB
L2
cos( 2 ) 
zP  zB
L2
y P  yC
L3
cos( 3 ) 
z P  zC
L3
cos( 2 ) 
xP  xB
L2
cos( 2 ) 
cos( 3 ) 
x P  xC
L3
cos( 3 ) 
 Essas expressões permitem escrever os vetores unitários assim:




 u AP  cos(1 ) i  cos(1 ) j  cos( 1 ) k




 u BP  cos( 2 ) i  cos( 2 ) j  cos( 2 ) k




 uCP  cos( 3 ) i  cos( 3 ) j  cos( 3 ) k
{barra 1}
{barra 2}
{barra 3}




 Substituir os vetores unitários na relação de equilíbrio: rA u AP  rB u BP  rC uCP   f




 rA u AP  rA [cos(1 ) i  cos(1 ) j  cos( 1 ) k ]




 rB u BP  rB [cos( 2 ) i  cos( 2 ) j  cos( 2 ) k ]




 rC uCP  rC [cos( 3 ) i  cos( 3 ) j  cos( 3 ) k ]
 Pra facilitar a digitação, vamos definir o vetor:



v f
85



 rA u AP  rB u BP  rC uCP 

 [rA cos(1 )  rB cos( 2 )  rC cos( 3 )] i 

 [rA cos(1 )  rB cos( 2 )  rC cos( 3 )] j 

 [rA cos( 1 )  rB cos( 2 )  rC cos( 3 )] k

 A relação de equilíbrio em Oxyz exige que o vetor f seja especificado assim:




 f  fx i  fy j  fz k
 Portanto, a relação vetorial de equilíbrio em Oxyz será:

 [rA cos(1 )  rB cos( 2 )  rC cos( 3 )] i 

 [rA cos(1 )  rB cos( 2 )  rC cos( 3 )] j 

 [rA cos( 1 )  rB cos( 2 )  rC cos( 3 )] k 



  fx i  fy j  fz k
 Finalmente, a condição de igualdade de dois vetores fornece as seguintes equações
analíticas de equilíbrio estático:
 rA cos(1 )  rB cos( 2 )  rC cos( 3 )   f x
 rA cos(1 )  rB cos( 2 )  rC cos( 3 )   f y
 rA cos( 1 )  rB cos( 2 )  rC cos( 3 )   f z
 Intervalo pra saborear...
 Viram como os vetores deram uma ajudazinha?
 Tamos ficando cada vez mais fissurados na madame!
86
 Mas, como resolver aquelas equações?
 A madame disponibiliza diversos métodos.
 Os métodos de solução de equações lineares (como aquelas) são geralmente ensinados na
disciplina Álgebra Linear.
 Os métodos de solução de equações não-lineares são geralmente ensinados em Métodos
Numéricos ou em Métodos Computacionais.
 Mas, muito mais importante que resolver as equações é interpretar o significado delas. O
cérebro é muito bom pra fazer as contas, mas a interpretação é coisa nossa!
 Voltando ao batente!.
Interpretando as equações
Os súditos de madame perceberam que aquelas equações lineares podiam ser traduzidas
para a linguagem matricial da soberana. Essa linguagem permite que você veja aquelas
equações com outros olhos!
Apresentaremos três visões do problema.
 Visão - 1
 fx 
cos( 1 )
cos( 2 )
cos( 3 )
cos(  ) r  cos(  ) r  cos(  ) r    f 
1  A
2  B
3  C



 y
 f z 
 cos( 1 ) 
 cos( 2 ) 
 cos( 3 ) 
Essa forma evidencia os seguintes vetores coluna:
cos( 1 )
v 1  cos( 1 ) 
 cos( 1 ) 
cos( 2 )
v 2  cos(  2 )
 cos( 2 ) 
cos( 3 )
v 3  cos(  3 ) 
 cos( 3 ) 
 fx 
f    f y 
 f z 
87
Observe que as componentes do vetor v 1 são os co-senos diretores da barra 1, e assim por
diante. Quando multiplicados pelos escalares rA , rB e rC eles produzirão os seguintes
vetores coluna de forças:
cos( 1 )
f A  cos( 1 ) rA
 cos( 1 ) 
cos( 2 )
f B  cos(  2 ) rB
 cos( 2 ) 
cos( 3 )
f C  cos(  3 ) rC
 cos( 3 ) 
A soma desses vetores deverá reproduzir o vetor coluna do segundo membro:
f A  f B  fC  f
Você verá mais tarde que o método dos nós surgiu dessa visão daquelas equações. Esse
método irá generalizar o procedimento vetorial para a obtenção automática das relações de
equilíbrio estático para uma estrutura reticulada rígida qualquer.
 Viu? E você já tava doidinho(a) pra fazer contas, num tava? Fazer contas é com ele! E é
só o que ele sabe fazer. Pelo menos por enquanto!
 Visão - 2
 rA 
cos(1 ) cos( 2 ) cos( 3 )  rB    f x
 rC 
 rA 
cos(1 ) cos( 2 ) cos( 3 )  rB    f y
 rC 
88
 rA 
cos( 1 ) cos( 2 ) cos( 3 )  rB    f z
 rC 
Agora, você tem três vetores linha e um vetor coluna. As componentes das forças são os
escalares. O produto escalar de cada vetor linha com o vetor coluna deve reproduzir as
componentes das forças.
 Visão - 3
cos( 1 ) cos( 2 ) cos( 3 )  rA 
 fx 
cos(  ) cos(  ) cos(  )  r     f 
1
2
3   B

 y
 cos( 1 ) cos( 2 ) cos( 3 )   rC 
 f z 
A r f
Você pode considerar essa como sendo a síntese da visão-2, pois a regra do produto de uma
matriz por um vetor reproduz aqueles produtos escalares. Por outro lado, ela é a forma mais
nítida de uma transformação linear.
A matriz de equilíbrio A deverá transformar o vetor coluna r das reações no vetor coluna
f das forças aplicadas. Essa transformação será única se o determinante da matriz for
diferente de zero. Ou seja, as reações serão únicas se o determinante for diferente de zero.
Diferente de zero ou do zero  quim dele ?
Resolvendo as equações
 Como nossa matriz de equilíbrio é pequena, vamos obter a sua inversa analítica. Será
uma boa malhação pra você estreitar seu relacionamento com a madame!
89
cos( 1 ) cos( 2 ) cos( 3 )
A  cos( 1 ) cos(  2 ) cos(  3 )
 cos( 1 ) cos( 2 ) cos( 3 ) 
 Matriz C dos co-fatores dos elementos da matriz A
 Co-fatores dos elementos da primeira linha:
cof (1 ) 
cof ( 2 )  
cof ( 3 ) 
cos(  2 ) cos(  3 )
cos( 2 )
cos( 3 )
cos( 1 ) cos(  3 )
cos( 1 )
cos( 3 )
 cos( 2 ) cos( 3 )  cos( 2 ) cos( 3 )
 {pra você completar}
cos( 1 ) cos(  2 )
cos( 1 ) cos( 2 )
 Co-fatores dos elementos da segunda linha:
cof (1 )  
cof (  2 ) 
cof (  3 )  
cos( 2 ) cos( 3 )
cos( 2 )
cos( 3 )
cos( 1 ) cos( 3 )
cos( 1 )
cos( 3 )
cos( 1 ) cos( 2 )
cos( 1 )
cos( 2 )
 Co-fatores dos elementos da terceira linha:
cof ( 1 ) 
cof ( 2 )  
cof ( 3 ) 
cos( 2 ) cos( 3 )
cos(  2 ) cos(  3 )
cos( 1 ) cos( 3 )
cos( 1 ) cos(  3 )
cos( 1 ) cos( 2 )
cos( 1 ) cos(  2 )
90
 Matriz do co-fatores da matriz A
cof ( 1 ) cof ( 2 ) cof ( 3 )
C  cof ( 1 ) cof (  2 ) cof (  3 )
 cof ( 1 ) cof ( 2 ) cof ( 3 ) 
 Matriz transposta da matriz C:
 cof ( 1 ) cof ( 1 ) cof ( 1 ) 
 C T  cof ( 2 ) cof (  2 ) cof ( 2 )
cof ( 3 ) cof (  3 ) cof ( 3 ) 
 Determinante da matriz A
Utilizaremos o desenvolvimento do Dr. Laplace pela primeira coluna da matriz A, a coluna
dos co-senos diretores da barra 1:
 det(A)  cos(1 ) cof (1 )  cos(1 ) cof (1 )  cos( 1 ) cof ( 1 )
 Matriz inversa da matriz A:
A
1
A 1 
1
CT
det(A)
 cof ( 1 ) cof ( 1 ) cof ( 1 ) 
1
cof ( ) cof (  ) cof ( )

2
2
2 
det(A) 
cof ( 3 ) cof (  3 ) cof ( 3 ) 
 Solução das equações: r  A 1 f
 rA 
1
  rB  
det(A)
 rC 
 cof ( 1 ) cof ( 1 ) cof ( 1 ) 
cof ( ) cof (  ) cof ( )
2
2
2 

cof ( 3 ) cof (  3 ) cof ( 3 ) 
 fx 
f 
 y
 f z 
Viu como foi simples?
91
 Ver solução numérica em CEST.Tquim3D-PE1- 3 barras
 Bate-papo
Você viu que os vetores unitários de AP, BP e CP são:




 u AP  cos(1 ) i  cos(1 ) j  cos( 1 ) k








{barra 1}
{barra 2}
{barra 3}
 Nihil obstat. Nada impede que você defina a seguinte matriz, cujos elementos são
produtos escalares de vetores. Você tem a autorização da madame:
 

u AP  i u AP
 

 U  u BP  i u BP

u  i u
CP
 CP




 
j u AP  k   cos( 1 ) cos( 1 ) cos( 1 ) 

 
j u BP  k   cos( 2 ) cos(  2 ) cos( 2 )

 
j u CP  k  cos( 3 ) cos(  3 ) cos( 3 ) 
 cos( 1 ) cos( 1 ) cos( 1 ) 
 U  cos( 2 ) cos(  2 ) cos( 2 )
cos( 3 ) cos(  3 ) cos( 3 ) 
Matriz dos co-senos diretores
 As linhas da matriz U contêm os co-senos diretores de cada barra, ou seja, os vetores
linha de U são os vetores unitários de AP, BP e CP
 Por outro lado, os vetores coluna da matriz de equilíbrio A são os vetores unitários de
AP, BP e CP
cos( 1 ) cos( 2 ) cos( 3 )
 A  cos( 1 ) cos(  2 ) cos(  3 )
 cos( 1 ) cos( 2 ) cos( 3 ) 
92
 Conclusão: A matriz de equilíbrio A é igual à matriz transposta da matriz U: A  U T
 Pelo menos pra essa treliça!. Será que essa propriedade pode ser generalizada pra uma
treliça qualquer? Até lá!
 Recreação
 Você se lembra do determinante simbólico do produto vetorial? Pois bem, os vetores
unitários de AP, BP e CP podem ser expressos por meio de produto matricial simbólico.




u AP  cos(1 ) i  cos(1 ) j  cos( 1 ) k




u BP  cos( 2 ) i  cos( 2 ) j  cos( 2 ) k




uCP  cos( 3 ) i  cos( 3 ) j  cos( 3 ) k

 u1  u AP   cos( 1 ) cos( 1 ) cos( 1 )   i 
u   u   cos( ) cos(  ) cos( )  j 
2
2
2   
 2   BP  

u 3  u CP  cos( 3 ) cos(  3 ) cos( 3 )   k 
{barra 1}
{barra 2}
{barra 3}
u  Uu f
 É apenas um recurso mnemônico. Serve de paliativo pra minimizar a crônica dor-decotovelo de que nem os protagonistas da madame escapam!
 Perguntas
 Você acha que um treinamento visando a solução manual de treliças-3D é produtivo, ou
mesmo possível?
 Caso sua resposta seja afirmativa, indique o endereço de pelo menos um treinador! Many,
many, many thanks.
 Faz sentido um treinamento visando a solução de treliças 2D? Na época da saudosa
régua-de-cálculo, a resposta era sim. E hoje?
 Podemos concluir que os exercícios preparados para a fixação dos conceitos básicos são
muito mais importantes do que aqueles preparados para o treinamento (quando possível)?
 Fim do bate-papo. Até a próxima.
93
Treliças Rígidas em 3D
Tquim3D - 2
z

fQ
Dados:
Coordenadas dos pontos de
apoio A,B e C e dos pontos P
e Q de aplicação das forças
Q
y
O
P

fP
x
A
C
B
Determinar:
 As equações de equilíbrio
estático
barras.
 As reações
Agora não é possível prever as

fQ
direções dos vetores das reações
Q
nos apoios A,B e C. A saída é
formular
O
equilíbrio
P
A

rB
equações
apenas
com
de
os
esforços axiais nas barras.

fP

rA
as

rC
C
B
Por que? Porque suas direções
são
previamente
conhecidas.
Mamão com açúcar!
Pré-requisito: CEST.Tquim3D – 3 barras
94
Planejamento vetorial
Vetores indicadores de equilíbrio externo


   
 R  rA  rB  rC  f P  f Q






 M O  OA^ rA  OB^ rB  OC^ rC  OP^ f P  OQ^ f Q


Os vetores R e M O ficarão descansando na geladeira. Eles não tomarão parte diretamente
do planejamento vetorial idealizado para a Tquim3D-2.

 

As condições de equilíbrio externo R  0 & M O  0 não serão impostas ab initio. Você
verá que esses vetores se anularão por livre e espontânea vontade, quando os vetores
responsáveis pelo equilíbrio interno se anularem. Um pacto de solidariedade vetorial?
Vetores indicadores dos esforços
 Vetores indicadores da geometria da Tquim3D-2
Os pontos de apoio A, B e C são fixos. Os engenheiros projetistas de fundações deverão
garantir que não haverá nenhum movimento relativo entre eles. Melhor ainda se não houver
nenhum movimento – imobilidade absoluta!.
Quais serão as condições para que os pontos P e Q não tenham nenhum movimento em
relação aos pontos fixos A, B e C? A condição necessária é que as barras da treliça sejam
corpos rígidos. Nossa Tquim3D satisfaz essa condição porque suas barras são rígidas.
Mesmo assim, os pontos P e Q poderão se mover em relação aos pontos fixos A, B e C
devido à presença das articulações. Embora rígidas, as direções das barras poderão variar. É
a coreografia do movimento de corpos rígidos. É tão bonita que mesmos corpos
deformáveis tentam imitá-la.
95
Um súdito de madame, o emérito Dr. Euler, se impressionou a tal ponto com essa
coreografia (mesmo em preto e branco) que a pesquisou exaustivamente. Você pode
apreciar suas impressões consultando a literatura da madame.

fQ
AQ - barra 1
Q
7
1
O
2
3
A
AP – barra 2
4
BQ – barra 3
6
P
5

fP
BP – barra 4
C
CP – barra 5
CQ – barra 6
PQ – barra 7
B
 Vetores posição dos pontos (nós)






OA  x A i  y A j  z A k
OB  x B i  y B j  z B k






OQ  xQ i  yQ j  z Q k
OP  x P i  y P j  z P k



OC  xC i  yC j  zC k
 Vetores indicadores das direções dos eixos das barras
AQ  OQ - OA
{Barra 1}
AP  OP - OA
{Barra 2}
BQ  OQ - OB
{Barra 3}
BP  OP - OB
{Barra 4}
CP  OP - OC
{Barra 5}
CQ  OQ - OC
{Barra 6}
PQ  OQ - OP
{Barra 7}



AQ  ( xQ  x A ) i  ( yQ  y A ) j  ( zQ  z A )k



AP  ( x P  x A ) i  ( y P  y A ) j  ( z P  z A )k



BQ  ( xQ  x B ) i  ( yQ  y B ) j  ( zQ  z B )k



BP  ( x P  x B ) i  ( y P  y B ) j  ( z P  z B )k



CP  ( x P  xC ) i  ( y P  yC ) j  ( z P  zC )k



CQ  ( xQ  xC ) i  ( yQ  yC ) j  ( zQ  zC )k



PQ  ( xQ  x P ) i  ( yQ  y P ) j  ( z Q  z P )k
96
 Comprimentos das barras
 L1  | AQ |  ( xQ  x A ) 2  ( yQ  y A ) 2  ( z Q  z A ) 2
 L 2  | AP |  ( x P  x A ) 2  ( y P  y A ) 2  ( z P  z A ) 2
 L 3  | BQ |  ( xQ  x B ) 2  ( yQ  y B ) 2  ( z Q  z B ) 2
 L 4  | BP |  ( x P  x B ) 2  ( y P  y B ) 2  ( z P  z B ) 2
 L 5  | CP |  ( x P  xC ) 2  ( y P  yC ) 2  ( z P  z C ) 2
 L 6  | CQ |  ( xQ  xC ) 2  ( yQ  yC ) 2  ( zQ  z C ) 2
 L 7  | PQ |  ( xQ  x P ) 2  ( yQ  y P ) 2  ( z Q  z P ) 2
 Vetores unitários indicadores das direções dos eixos das barras
xQ  x A  y Q  y A  z Q  z A 

u AQ 
i
j
k
L1
L1
L1
x  xA  yP  y A  zP  z A 

u AP  P
i
j
k
L2
L2
L2
xQ  x B  y Q  y B  z Q  z B 

u BQ 
i
j
k
L3
L3
L3
x  xB  y P  y B  z P  z B 

u BP  P
i
j
k
L4
L4
L4
x  xC  y P  y C  z P  z C 

u CP  P
i
j
k
L5
L5
L5
xQ  xC  y Q  y C  z Q  z C 

u CQ 
i
j
k
L6
L6
L6
xQ  x P  y Q  y P  z Q  z P 

u PQ 
i
j
k
L7
L7
L7
97
 Co-senos diretores dos eixos das barras
 Co-senos diretores da barra 1: AQ
 cos(1 ) 
xQ  x A
L1
cos(1 ) 
yQ  y A
L1
cos( 1 ) 
zQ  z A
L1
 Co-senos diretores da barra 2: AP
 cos( 2 ) 
xP  x A
L2
cos( 2 ) 
yP  y A
L2
cos( 2 ) 
zP  z A
L2
 Co-senos diretores da barra 3: BQ
 cos( 3 ) 
xQ  x B
L3
cos( 3 ) 
yQ  y B
L3
cos( 3 ) 
zQ  z B
L3
 Co-senos diretores da barra 4: BP
cos( 4 ) 
xP  xB
L4
cos( 4 ) 
yP  yB
L4
cos( 4 ) 
zP  zB
L4
y P  yC
L5
cos( 5 ) 
z P  zC
L5
 Co-senos diretores da barra 5: CP
cos( 5 ) 
x P  xC
L5
cos( 5 ) 
 Co-senos diretores da barra 6: CQ
cos( 6 ) 
xQ  xC
L6
cos( 6 ) 
yQ  yC
L6
cos( 6 ) 
zQ  zC
L6
 Co-senos diretores da barra 7: PQ
cos( 7 ) 
xQ  x P
L7
cos( 7 ) 
yQ  y P
L7
cos( 7 ) 
zQ  z P
L7
98
 Vetores unitários expressos em termos dos co-senos diretores:




 u AQ  cos(1 ) i  cos(1 ) j  cos( 1 ) k




 u AP  cos( 2 ) i  cos( 2 ) j  cos( 2 ) k




 u BQ  cos( 3 ) i  cos( 3 ) j  cos( 3 ) k












 uCQ  cos( 6 ) i  cos( 6 ) j  cos( 6 ) k




 u PQ  cos( 7 ) i  cos( 7 ) j  cos( 7 ) k
{barra 1}
{barra 2}
{barra 3}
{barra 4}
{barra 5}
{barra 6}
{barra 7}
 Relação matricial simbólica gerada pelos vetores unitários
u AQ   u1   cos  1
u    
 AP  u 2  cos  2
u BQ  u 3  cos  3

   
 u BP   u 4   cos  4
 u CP  u 5  cos  5

   
u CQ  u 6  cos  6
u  u  cos 
7
 PQ   7  
cos 1
cos  2
cos  3
cos  4
cos  5
cos  6
cos  7
cos  1 
cos  2 
cos  3 

cos  4 
cos  5 

cos  6 
cos  7 

i 
 
 j 
k 
 
u  Uu f
 Viu? As operações foram detalhadas tim-tim por tim-tim. E tudo isso apenas pra definir
a geometria da nossa Tquim3D-2. Ufa!
 Pausa pra saborear pães-de-queijo com aquele cafezinho – que ninguém é de ferro!
99
 Vetores indicadores da direção e sentido dos esforços axiais (normais)

fQ
n
Q
K
n1
n7 n6
n3 n7
P
n6
n5 n
n2
5
n3 n 4

fP
n4
C
n1
n2
A
B
n K

nK  n u KJ
tração
L
J


u KJ   u JK
n
n 

n J  n u JK
J 




n J  nK  n(u JK  u KJ )  0
Você já conhece as direções dos eixos das barras. As barras de uma treliça que se preza têm
apenas esforços nas direções dos seus eixos – os esforços axiais. Pergunta: quais são os
sentidos e intensidades? {Vetor: direção, sentido e intensidade}
Os sentidos e as intensidades dos esforços axiais dependerão das forças aplicadas. A
madame exige que você faça uma escolha prévia dos sentidos dos esforços. E agora, José?
Não se preocupe. Posteriormente ela dirá se você acertou ou não! Aproveitando essa deixa,
você pode supor que os esforços axiais serão todos de tração (ou de compressão). Na
ilustração acima, optamos pela tração.
Embora não seja possível prever as intensidades dos esforços, Sir Newton exige que as
condições de equilíbrio axiais sejam previamente estabelecidas para todas as barras. Você
pode observar na figura acima, que suas ordens foram acatadas in totum. Seguindo a
orientação de Sir Newton, esses esforços foram transferidos para os nós (ações nodais):








 n1  n1 u AQ
n3  n3 u BQ
n2  n2 u AP
n4  n4 u BP


 n5  n5 uCP


n6  n6 uCQ


n7  n7 u PQ
100
 Vetores indicadores das resultantes das ações nodais
 A partir do nó P você escreverá o vetor resultante das ações nodais em P:






 RP  n2 u PA  n4 u PB  n5 u PC  n7 u PQ  f P








 RP   n2 u AP  n4 u BP  n5 uCP  n7 u PQ  f P
{ u KJ   u JK }

fQ
n
Q
K
n1
n7 n6
n3 n7
P
n6
n5 n
n2
5
n3 n 4

fP
n4
n1
n2
A
B
n K

nK  n u KJ
tração
J
L


u KJ   u JK
n
C

n 
n J  n u JK
J 




n J  nK  n(u JK  u KJ )  0
 Escreverá também o vetor resultante das ações nodais em Q:






 RQ  n1 uQA  n3 uQB  n6 uQC  n7 uQP  f Q






 RQ   n1 u AQ  n3 u BQ  n6 uCQ  n7 u PQ  f Q


{ u KJ   u JK }
 Escreverá, ainda, os vetores das ações nodais nos pontos de apoio




 R A  rA  n1 u AQ  n2 u AP
{apoio A}




 RB  rB  n3 u BQ  n4 u BP
{apoio B}




 RC  rC  n5 uCP  n6 uCQ
{apoio C}
 Ficarão de molho até que os esforços internos sejam obtidos.
101
Relações vetoriais de equilíbrio interno


 RP  0
&


RQ  0


 RP  0





 f P  n2 u AP  n4 u BP  n5 uCP  n7 u PQ


 RQ  0





 f Q  n1 u AQ  n3 u BQ  n6 uCQ  n7 u PQ
Executando o planejado
 Expressão da relação vetorial de equilíbrio de P





 f P  n2 u AP  n4 u BP  n5 uCP  n7 u PQ




n2 u AP  n2 cos( 2 ) i  n2 cos( 2 ) j  n2 cos( 2 ) k




n4 u BP  n4 cos( 4 ) i  n4 cos( 4 ) j  n4 cos( 4 ) k




n5 uCP  n5 cos( 5 ) i  n5 cos( 5 ) j  n5 cos( 5 ) k




n7 u PQ  n7 cos( 7 ) i  n7 cos( 7 ) j  n7 cos( 7 ) k


 f P  [n2 cos( 2 )  n4 cos( 4 )  n5 cos( 5 )  n7 cos( 7 )] i 

 [n2 cos( 2 )  n4 cos( 4 )  n5 cos( 5 )  n7 cos( 7 )] j 

 [n2 cos( 2 )  n4 cos( 4 )  n5 cos( 5 )  n7 cos( 7 )] k




 f P  f iP i  f jP j  f kP k

{ f P em Oxyz}
102
 Pela igualdade de vetores:
 f iP  n2 cos( 2 )  n4 cos( 4 )  n5 cos( 5 )  n7 cos( 7 )
 f jP  n2 cos( 2 )  n4 cos( 4 )  n5 cos( 5 )  n7 cos( 7 )
 f kP  n2 cos( 2 )  n4 cos( 4 )  n5 cos( 5 )  n7 cos( 7 )
 Expressão da relação vetorial de equilíbrio de Q





 f Q  n1 u AQ  n3 u BQ  n6 uCQ  n7 u PQ




n1 u AQ  n1 cos(1 ) i  n1 cos(1 ) j  n1 cos( 1 ) k




n3 u BQ  n3 cos( 3 ) i  n3 cos( 3 ) j  n3 cos( 3 ) k




n6 uCQ  n6 cos( 6 ) i  n6 cos( 6 ) j  n6 cos( 6 ) k




n7 u PQ  n7 cos( 7 ) i  n7 cos( 7 ) j  n7 cos( 7 ) k


 f Q  [n1 cos(1 )  n3 cos( 3 )  n6 cos( 6 )  n7 cos( 7 )] i 

 [n1 cos(1 )  n3 cos( 3 )  n6 cos( 6 )  n7 cos( 7 )] j 

 [n1 cos( 1 )  n3 cos( 3 )  n6 cos( 6 )  n7 cos( 7 )] k




 f Q  f iQ i  f jQ j  f kQ k

{ f Q em Oxyz}
 Pela igualdade de vetores:
 f iQ  n1 cos(1 )  n3 cos( 3 )  n6 cos( 6 )  n7 cos( 7 )
 f jQ  n1 cos(1 )  n3 cos( 3 )  n6 cos( 6 )  n7 cos( 7 )
 f kQ  n1 cos( 1 )  n3 cos( 3 )  n6 cos( 6 )  n7 cos( 7 )
103
Relações de equilíbrio na forma matricial
 f iP   0
f  
 jP   0
 f kP   0
 
 f iQ  cos  1
 f jQ  cos 1
  
 f kQ   cos  1
cos  2
cos  2
cos  2
0
0
0
0
0
0
cos  3
cos  3
cos  3
cos  4
cos  4
cos  4
0
0
0
cos  5
cos  5
cos  5
0
0
0
0
0
0
cos  6
cos  6
cos  6
 cos  7 
 cos  7 
 cos  7 

cos  7 
cos  7 

cos  7 
 n1 
n 
 2
 n3 
 
n4 
 n5 
 
n6 
n 
 7
f  An
 Intervalo pra saborear...
 Viram? Os vetores da madame não picam a pele da gente!
 Tamos ficando cada vez mais fissurados neles!
 Mas, como resolver aquelas equações lineares?
 São 6 equações a 7 incógnitas.
 Nossa Tquim3D-2 é estaticamente indeterminada.
 Se o posto (rank) da nossa matriz de equilíbrio for igual a 6, os engenheiros dirão que
nossa Tquim3D-2 é hiperestática.
 Há possibilidade de seu posto ser menor que 6?
 Sim, dependerá da sua geometria. Dependerá das coordenadas dos pontos (nós) A, B, C,
P e Q.
 O que fazer nesse caso? A melhor solução seria enviar nossa Tquim3D-2 pra lixeira! Os
engenheiros não topariam construí-la nem que...!
 E se seu posto for igual a 6?
 Em sendo um corpo rígido não haverá uma solução única. Haverá mais de uma solução
pros esforços normais nas barras.
 E se a condição de corpo rígido for relaxada? Se a Tquim3D for uma T3D elástica?
 Também! Será necessário prever como ela irá se deformar (uma previsão do futuro!).
Essas previsões (esforços e deformações) dependerão do grau de cozimento e dos temperos
104
do galo, além do zero  quim ! Ao se deformar (variação das coordenadas dos pontos P e
Q), o posto poderá ser momentaneamente menor que 6. E poderá se recuperar ou não! Sinal
geral de perigo!
 Podemos dizer que os engenheiros ficam numa sinuca de bico?
 Sim, porque eles terão de construir uma treliça única, e confiável ao longo do tempo. Os
PcD‟s oferecerão diversas previsões pros esforços e deformações.
 E os PpD‟s?
 Os PpD‟s têm certeza absoluta do futuro. É aceitar ou largar!
 E qual é a decisão dos engenheiros?
 Eles analisam as propostas dos PcD‟s. Nessa análise eles levam em consideração as
recomendações das normas técnicas e uma boa dose da intuição do Dr. Courant. Em alguns
casos essa intuição os leva a exigir ensaios de modelos reduzidos da treliça. Mas, essa é
outra história!

Cálculo das reações
Determinados os esforços internos, os esforços exigidos dos apoios rígidos serão
estritamente os suficientes para manter a Tquim3D-2 em equilíbrio estático.


 RA  0
&


RB  0
&


RC  0 :
 Componentes das reações no apoio A



 rA   (n1 u AQ  n2 u AP )




n1 u AQ  n1 cos(1 ) i  n1 cos(1 ) j  n1 cos( 1 ) k




n2 u AP  n2 cos( 2 ) i  n2 cos( 2 ) j  n2 cos( 2 ) k
105




rA   [n1 cos(1 )  n2 cos( 2 )] i  [n1 cos(1 )  n2 cos( 2 )] j  [n1 cos( 1 )  n2 cos( 2 )] k




 rA  rAX i  rAY j  rAZ k
{em Oxyz}
 rAX   n1 cos(1 )  n2 cos( 2 )
 rAY   n1 cos(1 )  n2 cos( 2 )
 rAZ   n1 cos( 1 )  n2 cos( 2 )
cos  1
rAX 
 r    cos 
1
 AY 

 cos  1
 rAZ 
cos  2 
n 
cos  2   1 
n
cos  2   2 
 Componentes das reações no apoio B
A seu cargo!
 Componentes das reações no apoio C
Idem!
 Fica a seu cargo mostrar que as relações de equilíbrio externo são realmente satisfeitas.
106
 Bate-papo
 A matriz de equilíbrio A não é igual à matriz transposta da matriz U, como aconteceu no
caso da Tquim3D -1. Mas, seus elementos podem ser pinçados da matriz U T :
cos  1
U  cos 1
 cos  1
T
cos  2
cos  2
cos  3
cos  3
cos  4
cos  4
cos  5
cos  5
cos  6
cos  6
cos  2
cos  3
cos  4
cos  5
cos  6
 f iP   0
f  
 jP   0
 f kP   0
 
 f iQ  cos  1
 f jQ  cos 1
  
 f kQ   cos  1
 0 
 0 


 0 
f1  
 n1
cos

1


cos  1 


 cos  1 
cos  2
cos  2
cos  2
0
0
0
&
0
0
0
cos  3
cos  3
cos  3
cos  4
cos  4
cos  4
0
0
0
cos  5
cos  5
cos  5
0
0
0
cos  2 
cos  
2

 cos  2 
f2  
 n2
0


 0 


 0 
cos  7 
cos  7 
cos  7 
0
0
0
cos  6
cos  6
cos  6
& ... &
 cos  7 
 cos  7 
 cos  7 

cos  7 
cos  7 

cos  7 
 n1 
n 
 2
 n3 
 
n4 
 n5 
 
n6 
n 
 7
 cos  7 
 cos  
7

  cos  7 
f7  
 n7
cos

7


 cos  7 


 cos  7 
f  f1  f 2  f 3  f 4  f 5  f 6  f 7
Sua montagem dependerá apenas de técnicas de endereçamento. Essa propriedade é muito
útil pra instruir o cérebro a montar automaticamente a matriz de equilíbrio da treliça na sua
memória.
 Perguntas
107
 Você acha que um treinamento para a solução manual de treliças-3D é produtivo? Ou
mesmo possível?
 Caso sua resposta seja afirmativa, indique o endereço de pelo menos um treinador! Many,
many, many thanks.
 Faz sentido um treinamento para a solução de treliças 2D? Na época da saudosa régua-decálculo, a resposta era sim. E hoje?
 Podemos concluir que os exercícios preparados para a fixação dos conceitos básicos são
muito mais importantes do que aqueles preparados para o treinamento?
 Fim do bate-papo. Até a próxima.
108

1 ELDON LONDE MELLO – PhD – 6.2 Departamento de

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