Apostila estruturas em trelica

Estruturas
em Treliça
Prof. Eduardo Mesquita
- 2006 -
ESTRUTURAS EM TRELIÇAESTRUTURAS EM TRELIÇA

UNIVERSIDADE FUMEC - FEA
São estruturas lineares, formadas por barras que no conjunto devem formar uma
estrutura indeformável.
Estrutura deformável
1. T1. TIPOSIPOS DEDE TTRELIÇARELIÇA
1.1 - Treliças Planas1.1 - Treliças Planas
Suas barras estão num mesmo plano.
1.2 - Treliças Tridimensionais1.2 - Treliças Tridimensionais
Suas barras estão todas em planos diferentes. As treliças são utilizadas para
coberturas, pontes, como vigas de lançamento, etc.
2. H2. HIPÓTESESIPÓTESES PPARAARA OSOS VVÁRIOSÁRIOS PPROCESSOSROCESSOS DEDE CCÁLCULOSÁLCULOS
2.12.1 – As barras da treliça são ligadas entre si por intermédio de articulações
sem atrito.
2.22.2 – As cargas e reações aplicam-se somente nos nós da estrutura.
2.32.3 – O eixo de cada barra coincide com a reta que une os centros das articulações
(como nas estruturas lineares).
Satisfeitas todas as hipóteses mencionadas, as barras da treliça só serão
solicitadas por forças normais.
3. E3. ESFORÇOSSFORÇOS SSOLICITANTESOLICITANTES
Forças Normais
As tensões provocadas por estas forças são chamadas tensões primárias.
Estruturas em Treliça
2
Barra indeformável
• tração
• compressão
N
N
N
N
A A
B B

N
S
σ = (verificação da resistência da peça)
Observações:
1. Na prática não se consegue obter uma articulação perfeita, sem atrito. As
articulações são formadas por chapas rebitadas ou soldadas, que podem ser
consideradas praticamente rígidas.
2. Devido ao fato de não termos uma articulação perfeita aparecerá momento fletor e
força cortante, porém este estudo não é parte do nosso curso.
3. Também o peso próprio da barra provoca flexão na mesma, só que é desprezível
por ser muito pequeno. O peso da barra vai aplicado nos nós.
4. T4. TRELIÇASRELIÇAS IISOSTÁTICASSOSTÁTICAS EE HHIPERESTÁTICASIPERESTÁTICAS
3
seção da peça
A
B
P/2
P/2
P1
P2
R1 P3
R2
P4

Dados os valores das forças P1, P2, P3 e P4, se conseguirmos determinar, pelas
equações da estática, os valores de R1 e R2 e os esforços nas barras, ela é isostática.
Se determinarmos somente as reações de apoio ela é dita internamente hiperestática
(as incógnitas são as forças normais).
Quando nem as reações se determinam ela é dita externamente hiperestática.
As incógnitas a se determinarem são:
• As reações de apoio HA, VA e VB, chamadas de vínculos representados pela letra V.
• Esforços normais nas barras representados pela letra b.
Logo o número de incógnitas é (b + V).
Portanto, para cada nó da estrutura
nós temos duas equações, logo se a
estrutura possuir N nós, teremos 2N
equações.
Portanto, para uma treliça ser isostática, devemos ter b V 2N+ =
Treliça hiperestática b + V > 2N.
O grau de hiperestaticidade de uma treliça é dado pela equação:
g = (b + V) – 2N
Se g = 0  a treliça é isostática.
4
HA
P2
A
VB
B
VA
P
N1
N2
N3
x x
y y
N P 0
N P 0
+ =
+ =
∑
∑

Exemplos:
v = 3, b = 11, N = 7 v = 3, b = 9
b + v = 14 2N = 14 N = 6 b + v = 12 2N = 12
Isostática Isostática
v = 4, b = 13, N = 8 v = 3, b = 14, N = 8
b + v = 17 2N = 16 b + v = 17, 2N = 16
Hiperestática (g = 1) Hiperestática (g = 1)
Incógnita: uma das reações de Incógnita: esforço de uma das
apoio – externamente barras- internamente
hiperestática. hiperestática.
5 – T5 – TRELIÇASRELIÇAS SSIMPLESIMPLES
Geralmente quase todas as treliças são formadas a partir de um triângulo
inicial. Para cada novo nó introduzido, basta acrescentar duas barras não colineares.
Se o número de vínculos relativos às treliças acima mencionadas forem iguais a 3, as
treliças serão sempre isostáticas  b + 3 = 2N
Observações:
1. A treliça hiperestática com 3 vínculos, conforme desenho acima, tem uma barra a
mais, logo não entra nesta classificação.
5

6. P6. PROCESSOSROCESSOS DEDE RRESOLUÇÃOESOLUÇÃO
6.1 – Processo dos Nós6.1 – Processo dos Nós
Seja o nó C, da treliça ABCDEF. Nele concorrem as barras conforme a figura
abaixo:
Conforme já dissemos, cada nó apresenta duas equações e, se admitirmos que
todas as barras estejam tracionadas, teremos:
Nó C:
1 1 3 2 4
1 1 3 2 2
H 0 P cos N cos N 0
V 0 P sen N sen N 0
 = ⇒ α + α + =

= ⇒ − α − α − =
∑
∑
Genericamente, teremos:
Ncos Hα +∑ (componente horizontal de P1) = 0
Nsen Vα +∑ (componente vertical de P1) = 0
As componentes verticais em função do seno.
As componentes horizontais em função do cosseno.
Os valores de H e V podem ser positivos ou negativos, se as forças forem de tração e
compressão, respectivamente.
Convenção: H e V∑ ∑
6
C D E4 5
2
3
1
A
6 7
9
8
F B
P1
N2
N3
N4
P1
C
2α
1α
+
+

6.2 – Casos de Simplificação6.2 – Casos de Simplificação
Para carregamentos particulares pode acontecer que uma treliça possua barra
ou barras não solicitada(s), ou então solicitadas pela mesma força normal. Em
muitos casos a identificação destas barras é imediata, simplificando bastante o
cálculo da treliça.
Seja a treliça abaixo:
• Nó A  duas barras não coaxiais sem forças externas aplicadas.
N1 = N4 = 0  as barras não estão solicitadas.
• Nó C  duas barras não coaxiais sem forças externas aplicadas.
N5 = 0
N2 = N6
• Nó B  duas barras não coaxiais sem forças externas aplicadas.
N17 = -P3  (compressão).
N16 = 0
• Nó D  duas barras não coaxiais sem forças externas aplicadas.
N10 = N14
N13 = 0
• Nó E  duas barras não coaxiais sem forças externas aplicadas.
N8 = N12
N9 = - P2  (compressão).
7
A E24 8
1
3
2
5 7 9
6
C
B
P1
12 16
11
10
13 15 17
14
D
P2
P3

6.3 – Processos dos Coeficientes de Força6.3 – Processos dos Coeficientes de Força
Esse processo é análogo ao dos nós, mas leva muito mais vantagens se
houver muitas barras com inclinações diferentes, principalmente se os
comprimentos dessas barras forem obtidos por simples medição num esquema
da estrutura.
Vamos supor uma barra AB qualquer de comprimento l de projeções h e v (horizontal
e vertical, respectivamente).
Da figura, tiramos:
v h
sen e cos , sendo
l l
α = α = α o ângulo que a barra AB faz com
a horizontal. Voltando ao processo dos nós, onde tínhamos:
N cos H 0× α + =∑ , substituímos os valores do cos α e sen α , ficando:
N sen V 0× α + =∑
h
N H 0
l
× + =∑
v
N V 0
l
× + =∑
onde N, h, v e l em cada parcela das somatórias, referem-se a uma mesma
barra.
O coeficiente de forças de uma barra é obtido da relação:
N
t
l
= , que substituindo nas
equações acima nos dá:
th H 0
tv V 0
 + =

+ =
∑
∑
8
A
B
h
v
l
horizontal α

Através das equações acima, determinamos os valores de t correspondentes às
diversas barras da estrutura. Em seguida, obtemos as forças normais, multiplicando-
se os valores de t pelos comprimentos das respectivas barras.
Exercício: Resolver a treliça dada nos exemplos anteriores pelo processo dos
coeficientes de força.
Nó Equação Barra t (tf/m) l (m) N (tf)
A
V 3,97 + 3t1 = 0 1 -1,32 3 -3,96
H 5,2 + 4t2 = 0 2 -1,3 4 -5,2
B
V -3t1 - 3t3 = 0 3 1,32 5 6,6
H 4t4 + 4t3 = 0 4 -1,32 4 -5,28
C
V -2-3t5 - 3t7 = 0 5 -1,32 3 -3,96
H -4t4 + 4t7 + 4t8 = 0 6 0,02 4 0,08
D
V +3t3 + 3t5 = 0 7 0,65 5 3,25
H -4t2 - 4t3 + 4t6 = 0 8 -1,97 4 -7,88
E
V -4 - 3t9 - 3t11 = 0 9 -0,65 3 -1,95
H -4t8 + 4t12 + 4t11 = 0 10 0,68 4 2,72
F
V 3t9 + 3t7 = 0 11 -0,68 5 -3,4
H -4t7 - 4t6 + 4t10 = 0 12 -1,29 4 -5,16
G
V -6cos60º - 3t13 = 0 13 -1 3 -3
H
6.4 – Processo das Seções ou de Ritter6.4 – Processo das Seções ou de Ritter
Como vimos no processo dos nós, admitimos cortadas todas as barras da treliça
9
B E
4 8
1 3
2
5 7 9
6
D
A
2tf
12
1611
10
133 m
HA
=5,2 tf
H
F
30ºC G
4tf
6tf
4 m
VB
=5,03 tf
4 m 4 m
VA
=3,97 tf

e consideramos sucessivamente as condições de equilíbrio (H = 0 e V = 0)
relativas a todos os nós, um a um.
Esse processo é utilizado quando se deseja determinar as forças normais em
todas as barras.
No processo das seções temos condições de obter a força normal em
apenas algumas barras ou somente em uma única.
Neste caso, estabelecemos as condições de equilíbrio do reticulado que resulta,
quando aplicamos os cortes naquelas barras cujas forças normais procuramos.
Este processo permite, com sucesso, a resolução de diversos casos de treliças
simples e compostas (associação de uma ou mais treliças que não podem ser
obtidas seguindo-se a lei da formação das treliças simples) tornando-se,
entretanto, impraticável no caso das treliças complexas.
Ao partirmos a barra CE a treliça se transforma em dois reticulados geométricos
indeformáveis e interligados pela articulação F.
Logo os momentos relativos a quaisquer forças de um lado ou de outro lado dos
reticulados devem ser nulos.
Tomando, por exemplo, a parte situada à esquerda de F, temos:
10
B E
D
A
2tf
3 m
5,2 tf
H
F
30ºC G
4tf
6tf
4 m
5,03 tf
4 m 4 m
3,97 tf
B E
D
A
2tf
3 m
5,2 tf
H
F
30ºC G
4tf
6tf
4 m
5,03 tf
4 m 4 m
3,97 tf
NCE NCE
Banzo sup.

3NCE 2 x 4 3,97 x 8 0 3NCE 23,76 NCE 7,92 tf− + = ∴ = − ∴ = −
Calcular a força normal na barra CF diagonal:
Nestas condições os dois reticulados estão ligados por duas barras biarticuladas
paralelas CE e DF, incapazes de impedir o deslocamento na direção vertical.
Desta forma, para não acontecer movimento relativo das partes, fazemos V 0=∑ .
Relativo a um ou outro reticulado.
Tomando o reticulado da esquerda, temos:
V 0 3,97 2 NCFsen 0
1,97
1,97 0,6NCF NCF 3,28 tf
0,6
= − − α =
∴ = ∴ = =
Os reticulados estão interligados por duas retas paralelas BC e DF. Também neste
11
B E
D
A
2tf
3 m
5,2 tf
H
F
30ºC G
4tf
6tf
4 m
5,03 tf
4 m 4 m
3,97 tf
NCF
NCF
α
3 m
B E
D
A
2tf
5,2 tf
H
F
30ºC G
4tf
6tf
4 m
5,03 tf
4 m 4 m
3,97 tf
NCD
NCD
α

caso os reticulados são incapazes de impedir o deslocamento na direção vertical. Logo
temos que fazer V 0.=∑
Vamos pega os reticulado da esquerda, logo teremos:
• O da esquerda: V 0 3,97 NCD 0 NCD 3,97 tf.= ⇒ + = ∴ = −∑
• O da direita: 2 NCD 4 5,03 6 x 0,5 0 9 5,03 NCD NCD 3,97 tf.− − − + − = ∴ − + = ∴ = −
Exercício: Dado o sistema reticulado abaixo, pede-se:
• Calcular as reações de apoio.
• Calcular os esforços normais em todas as barras.
Obs: Utilizar duas casas decimais.
AH 0 H 3 3 0= ⇒ − + + = ∴∑
r
AH 6 KN=
A B A BV 0 V V 2 2 2 0 V V 6KN↑
= ⇒ + − − − = ∴ + = ∴∑ AV 6, 8 KN=
A B BM 0 5V 3x5 2x3 2x7 3x3 0 5V 4KN= ⇒ − − + + − = ∴ − = ∴∑ BV 0, 8 KN=−
cos sen 0,71β = β =
3
cos 0,83
3,61
sen 0,55
γ = =
γ =
2
cos 0,55
3,61
3
sen 0,83
3,61
α = =
α = =
12
+
+
+
3 m
2 m
5
7
6
γ
α
α
90α− 90−α
α
α
γ
β
90−γ
90−β 3
4
1
A
D
3 KN
B
C
E
2 KN
3 KN
2 KN
2 KN
3 m 2 m 2 m
HA
= 6 KN
VA
= 6,8 KN VB
= -0,8 KN

• Nó E
6 7 6 6H 0 3 N N x 0,55 0 3 2, 41x 0,55 N N 1,67KN= ⇒ − − = ∴ − = ∴ =∑
r
7 7V 0 2 N x 0,83 0 N 2 / 0,83 2, 41KN
+↑
= ⇒ − + = ∴ = =∑
• Nó D
2 2H 0 3 N x 0,83 0 N 3 / 0,83 3,61KN= ⇒ + = ∴ = − = −∑
r
( )1 1V 0 2 N 3,61x 0,55 0 N 3,99KN
+↑
= ⇒ − + + − = ∴ =∑
• Nó A
1 3 3 3V 0 6,8 N N x 0,71 0 6,8 3,99 N x 0,71 N 3,96KN
+↑
= ⇒ − − = ∴ − = ∴ =∑
3 4 4H 0 6 N x 0,71 N N 3,19KN= ⇒ − + = − ∴ =∑
r
• Nó B
5 7V 0 0,8 N x 0,83 N x 0,83 0
+↑
= ⇒ − − − = ∴∑
5 50,8 2, 41x 0,83 N x 0,83 N 2,8 / 0,83 3,37KN− − = ∴ = − = −
cos 0,6
sen 0,8
α =
α =
cos sen 0,71γ = γ =
13
2 KN
3 KNN6
N7
α
+
3 KN
+
2 KN
N2
N1
90−γ
γ
N4
6 KN
N3
N1
90− β
β
6,8 KN
N4
6 KN
N7
N5
90 − α
α
-0,8 KN
90 − α
5 m 4 m
4 kn
2 kn
4
C
5
3
α
α
90− α
90− θ
90− θ
θ
90−αθ
θ
γ
D
8 kn
10 kn 6 kn 2
1
90−γ
A HA
= -5,14 KN
4 m
3 m
B HB
=15,14 KN
VB
= 10 KN

5
cos 0,86
5,83
3
sen 0,51
5,83
θ = =
θ = =
A BH 0 2 8 H H 0= ⇒ + − − = ∴∑
r
A B BH H 10 KN H 15,14KN+ = ∴ =
BV 0 V 4 6 0
+
= ⇒ − − = ∴∑ BV 10, 00KN=
BB
M 0 V 4 x 9 8 x 3
+
= ⇒ − +∑ 6 x 4− A7H 0− = ∴ AH 5,14KN=−
• Nó A
( )2H 0 N x 0,71 5,14= ⇒ − − − =∴∑
r
2N 7, 24KN=−
1 2V 0 N N x 0,71 0
+↑
= ⇒ − − = ∴∑ 1N 5,14KN=−
• Nó C
4V 0 N x 0,51 4
+↑
= ⇒ = ∴∑ 4N 7, 84KN=
5H 0 2 7,84 x 0,86 N= ⇒ + = − ∴∑
r
5N 8, 75KN=−
• Nó B
1 3 3V 0 N N x0,6 10 0 5,14 10 N x 0,6
+↑
= ⇒ + + = ∴ − + = − ∴∑ 3N 8,1KN= −
Prova:
( ) 3 3H 0 15,14 8,75 N x 0,8 6,39 N x0,8= ⇒ − − − − =∴ − = ∴∑
r
3N 7, 99KN= −
14
+

+
90 − α
N2
N1
90− γ
-5,14 KN
N4
2 KN
4 KN
N5
θ
+
+N5
N3
15,14 KN
N1
10 KN
90−α
αA
BD2
VA
= 6,75 KN VB
= 3,25 KN
5
3 KN
HB
= 10 KN
3 m3
E 6 KN
3 KN
7
γ
γ
θ
90 − θ
90 − θ
θ
90−γβ
β
β
90−α
90−α
1
4
C
2 m
4 KN
3 m 3 m 3 m
4 KN
6
α

NÓS EQUAÇÕES
BAR
RAS
N
(KN)
A
H 2 1 2N N cos 0 N 8,13 x 0,55+ α = ∴ = − = 2 -4,47
V 1 16,75 N sen 0 N 6,75 / 0,83− α = ∴ = 1 8,13
C
H 4 44 8,13 x 0,55 3,87 x 0,71 N 0 N 3,22− + + = ∴ = 4 3,22
V
1 3N sen N cos 4α + β =
3 38,13 x 0,83 N x0,71 4 N 2,75 / 0,71∴ + = ∴ = −
3 -3,87
B
H
5 7N 10 N x 0,71 0− − + =
5 5N 10 3,25 0 N 6,75∴ − − + = ∴ = −
5 -6,75
V 7 73,25 N x 0,71 0 N 3,25 / 0,71− = ∴ = 7 4,58
E
H
4 6 7N N x cos N cos 6 0− − γ − θ + =
6 63,22 4,58 x 0,71 6 N x 0,89 N 0, 47 / 0,89∴ − − + = ∴ = −
6 -0,53
V
H
2 3
cos 0,55;sen 0,83
3,61 3,61
α = = α = =
sen cos 0,71 cos sen 0,71β = β = θ = θ =
V 6 3
cos 0,89 sen 0, 45
6,71 6,71
γ = = γ = =
2 3
cos 0,55 sen 0,83 sen cos 0,71
3,61 3,61
α = = α = = β = β =
6 3
cos 0,89 sen 0, 45 cos sen 0,71
6,71 3,61
γ = = γ = = θ = θ =
15
N1
N2
6,75 KN
α
90−α
N1
N4
4 KN
α
90−α
N3
4 KN
β
β
N7
10 KN
6,75
β
90 − α
N5
N6
6 KNN4
γ
90−α
3 KN
θ
N7

H 0= ⇒∑
r
AH 5 KN=
A JV 0 V V 4KN
+↑
= ⇒ + = ∴∑ AV 2, 07KN=
A
M 0 1x 2 1x 4 1x 9 1x12 2 x 2
+
= ⇒ + + + −∑ 2 x 2+ J14V= ∴ JV 1, 93 KN=
NDE
DEV 0 N 1 2,07 0
+↑
= ⇒ − + = ∴∑ DEN 1, 07KN=−
(Ret. a esq.)
NDG
DG DGV 0 N x 0,63 1 1 2,07 0 0,63N 0,07
+↑
= ⇒ − − − + = ∴ − = − ∴∑ DGN 0,11KN=
(Ret. a esq.)
NEG
EGD
M 0 1x 2 2,07 x 4 5 x 2 N x 4 0
+
= ⇒ − + − − = ∴∑ EGN 0, 93KN=−
(Ret. a esq.)
NFH
FHI
M 0 N x 4 2 x 4 1,93 x 2 1x 2 0
+
= ⇒ − − − − = ∴∑ FHN 3, 47KN=−
(Ret. a dir.)
16
1 KN
B
1 KN
D
1 KN
F
1 KN
H 2 KN
2 m
1 KN
2 m
2 KN
2 m3 m5 m2 m2 m
C E G I
J
VJ
=1,93 KN
VA
=2,07KN
A
HA
=5 KN
α
6,4
90−α
+
1 KN 1 KN 1 KN 1 KN
1 KN
2 KN
3 m
2 m
1 m
2 m
VB
=2,31KN
HB
=4KN
2 m 5 m
B
LJH
KIGE
F
C
D
A
4 m1,5 m1,5 m
VA
=2,69KN
2 KN

BH 0 2 2 H 0= ⇒ + − = ∴∑
r
BH 4 KN=
A BV 0 V V 5KN
+↑
= ⇒ + = ∴∑ AV 5 2, 31 2, 69KN= − =
A
M 0 2 x 3 1x1,5
+
= ⇒ − −∑ 1x 1,5+ B1x 5,5 1x 7,5 1x12,5 2 x 3 4 x 5 V x14,5 0+ + + − + − =
B14,5V 33,5KN⇒ = ∴ BV 2,31KN=
NIK
IK IKL
M 0 3N 2 x 3 2,31x 2 4 x1 0 3N 2,62KN
+
= ⇒ − + − − = ∴ = − ∴∑ IKN 0, 87KN= −
(Ret. a dir.)
NFH
FHE
M 0 N x 3 1x 3 2,69 x1,5 0
+
= ⇒ − − + = ∴∑ FHN 0, 35KN=
(Ret. a esq.)
NGJ
GJ GJV 0 1 N x 0,83 1 2,31 0 N 0,31 / 0,83 0,37KN
+↑
= ⇒ − + − + = ∴ = − = − ∴∑ GIN 0, 37KN= −
(Ret. a dir.)
2 3
cos 0,55 sen 0,83
3,61 3,61
α = = α = =
NIJ
IJ IJV 0 N 1 2,31 0 N 1,31KN
+↑
= ⇒ − − + = ∴ − = − ∴∑ IJN 1, 31KN=
(Ret. a dir.)
17
+
6 t
6 t
6 t
HC
VC
VA
2 m 4 m
6 t
CB
A
D
5
3
4
1
2
β
α
2m4m

5
sen
5
2 5
cos
5
2 5
sen
5
5
cos
5
α =
α =
β =
β =
Reações de Apoio
A C A
C C
C A A
V 0 V V 12t V 12t
H 0 H 12t V 0
M 0 V x 6 6 x 6 6 x 6 0 V 12t
= + = =
= = =
= − − = =
∑
∑
∑
Equilíbrio dos Nós
• Nó A
A 1 2
2
V 0 V N N sen 0
H 0 6 N cos 0
 = + + β =

= + β =
∑
∑
• Nó B
1 3
5 3
V 0 6 N N sen45º 0
H 0 6 N N cos 45º 0
 = − − − =

= + + =
∑
∑
• Nó C
C 4
C 5 4
V 0 V 6 N sen 0
H 0 H N N cos 0
 = − − α =

= − − − α =
∑
∑
18
1
2
N 0
N 6 5t
=
= −
3
4
5
N 6 2 t
N 6 5 t
N 0
= −
= −
=
A
B
C
DEF
5
6
4
3
2
1
7
8
9
HB
VB
VA
5 m12 m
5m5m
P1
=500kg P2
=1500kg

Nó Equação
A
V A 1V 5T 0+ =
H 5 T2 = 0
B
V VB + 5T3 + 10T4 + 10T5 = 0
H -HB – 5T2 – 5T3 – 5T4 = 0
C
V -5T1 – 5T3 + 5T7 + 5T9 =0
H - 12T9 + 5T3 = 0
D
V -P2 – 10T5 = 0
H -5T6 = 0
E
V -5T7 – 10T4 = 0
H -12T8 + 5TA + 5T6 = 0
F
V -P1 – 5T9 = 0
H 12T8 + 12T9 = 0
Exercício:
19
Reações
VA 1700
VB 300
HB 0
T L Normal
1 -340 5 -1700
2 0 5 0
3 -240 7,07 -1697
4 240 11,18 2683
5 -150 10 -1500
6 0 5 0
7 -480 5 -2400
8 100 12 1200
9 -100 13 -1300
2t
E
5tD
F
α
α
αα
α
αA
6
7
5
9
4
8
3
21
3t
HA
C
B
1t
VA
VC
2 m 2 m
1,5 m
3 m

Nó Equação
B
V 91 N 0− + =
H 1 2N N 0− + =
E
V 9 5 42 N N sen N sen 0− − − α − α =
H 5 4N cos N cos 0− α + α =
F
V 5 7 63 N sen N sen N 0− + α + α − =
H 5 7N cos N cos 0α + α =
D
V 4 8N sen N sen 3 0α − α − =
H A 85 N cos N cos 0− − α − α =
C
V C 3 7V N N sen 0+ + α =
H 2 7N N cos 0− − α =
A
V A 6 8V N N sen 0+ + α =
H A 1 8H N N cos 0+ + α =
1. Calcular as forças normais nas barras da treliça:
20
3t 5t
2tD 7 E
6
5
4
3
C
1
2
A B
4 m 4 m
6m

2. a) Verificar se a treliça é isostática.
b) Calcular a força normal em todas as barras da treliça, utilizar o processo dos
nós ou o processo dos coeficientes de força.
3. Dada a treliça, determinar as reações de apoio e a força normal nas barras:
21
1000 kgf
A
B
1 2
3 C 500 kgf
4
D
5
6
7 E
8
4 m
9
F
2 m
3m3m
α
α
5 m
5t4 m4 m
3 m
3t
2t
C
B
D

4. Determinar as forças normais da treliça abaixo (qualquer método):
5. Dada a treliça abaixo, pede-se verificar se a mesma é isostática, suas reações de
apoio e as forças normais em todas as suas barras.
NÓS EQUAÇÕES N (EM KN)
22
6 m 4 m
3 m
3 m 7 m
A E B
C D F5 t
2 t
4 m
A B
4
3
1
2
C D
7
3 m
8
65
3 m
EF
3 m
11
12
109
2 KN
G
13
2,54 KN
4 KN
60º

A H
V
B H
V
C H
V
D H
V
E H
V
F H
V
G H
V
H H
V
23

Apostila estruturas em trelica

Mais conteúdo relacionado

Mais procurados

Semelhante a Apostila estruturas em trelica

Apostila estruturas em trelica