Determine as forças axiais nos membros C E, D E e D F, e se os membros estão sob tração ou compressão. [Resposta: F_{C E}=7,20 \mathrm{kN}(\mathrm{T}) ; F_{D E}=1,047 \left.\mathrm{kN}(\mathrm{C}) ; F_{D F}=6,39 \mathrm{kN}(\mathrm{C})\right]]

Passo 1

O enunciado dá uma treliça com cinco nós superiores e cinco nós inferiores, quatro vãos iguais de 2,4\\ \mathrm{m} cada (comprimento total 9,6\\ \mathrm{m}). Há cargas verticais nos nós superiores, de esquerda para direita: 1\\ \mathrm{kN},\;2\\ \mathrm{kN},\;2\\ \mathrm{kN},\;2\\ \mathrm{kN},\;1\\ \mathrm{kN}. Os apoios são: suporte engastado/pino em A (esquerda) e rolete em I (direita). As alturas dos nós superiores variam linearmente de 0,46\\ \mathrm{m} (nó superior esquerdo) até 2,62\\ \mathrm{m} (nó superior direito). O objetivo é determinar as forças axiais nos membros CE,\;DE e DF e decidir se estão em tração (T) ou compressão (C).
Informações relevantes (extraídas da figura e inferidas):
\text{vão} = 2,4\\ \mathrm{m},\quad x\\ \text{dos nós superiores} = 0,\;2{,}4,\;4{,}8,\;7{,}2,\;9{,}6\\ \mathrm{m},ãó
\text{cargas superiores} = 1,\;2,\;2,\;2,\;1\\ \mathrm{kN}\\ \text{(nos três vãos internos e nas extremidades conforme figura)},êã
\text{alturas superiores (linear) } y(x)=0{,}46+0{,}225x\\ \mathrm{m},
logo os nós superiores têm alturas
y_B=0{,}46,\;y_D=1{,}00,\;y_F=1{,}54,\;y_H=2{,}08,\;y_J=2{,}62\\ \mathrm{m}.
Nós inferiores têm y=0. Os membros pedidos correspondem a:
  • CE: corda inferior entre os nós inferiores sob D e sob F (horizontal entre x=2{,}4 e x=4{,}8);
  • DE: diagonal que liga o nó superior D ao nó inferior E (do segundo nó superior ao terceiro nó inferior);
  • DF: elemento da corda superior entre D e F.

Passo 2

Calcular reações nos apoios usando equilíbrio global. Soma das forças verticais:
\sum F_y: \; A_y + I_y - (1+2+2+2+1)=0 \quad\Rightarrow\quad A_y + I_y = 8\\ \mathrm{kN}.
Momentos em relação a A para achar I_y (tomando sentido horário negativo, mas usamos a equação escalar):
posições horizontais dos carregamentos: 0,\;2{,}4,\;4{,}8,\;7{,}2,\;9{,}6\\ \mathrm{m}.
\sum M_A: \; I_y\cdot 9{,}6 -\big(1\cdot 0 + 2\cdot 2{,}4 + 2\cdot 4{,}8 + 2\cdot 7{,}2 + 1\cdot 9{,}6\big)=0.
Calcule o som dos momentos das cargas:
2\cdot 2{,}4 + 2\cdot 4{,}8 + 2\cdot 7{,}2 + 1\cdot 9{,}6 = 4{,}8+9{,}6+14{,}4+9{,}6 = 38{,}4\\ \mathrm{kN\cdot m}.
Logo
I_y = \frac{38{,}4}{9{,}6} = 4{,}0\\ \mathrm{kN},\qquad A_y = 8 - 4 = 4{,}0\\ \mathrm{kN}.

Passo 3

Escolhemos o método da seção: cortamos a treliça entre os painéis 2 e 3 (ou seja, entre os nós inferiores C e E e entre os nós superiores D e F), de modo que o corte intercepta exatamente os membros CE,\;DE,\;DF. Analisamos a porção à esquerda do corte (contendo os apoios em A e as cargas em B e D); nessa parte aparecem as forças internas desconhecidas nos membros cortados aplicadas nos nós C e D. Esse corte foi escolhido porque permite escrever equilíbrio com um número reduzido de incógnitas e eliminar incógnitas por escolhas de pontos de momento convenientes.

Passo 4

Determinar F_{CE} tomando momentos em relação ao nó superior D. Observação geométrica: o nó D tem altura
y_D = 0{,}46 + 0{,}225\cdot 2{,}4 = 1{,}00\\ \mathrm{m},
e a linha do membro CE (corda inferior) está em y=0; portanto a distância perpendicular de D até a linha de ação de CE é 1{,}00\\ \mathrm{m}.
No corpo esquerdo, as únicas forças que geram momento em relação a D são A_y (em x=0), a carga em B (1 kN em x=0) e a força axial em CE (aplicada no nó C, mas com linha de ação na corda inferior). Somando momentos em torno de D (positivos no sentido anti-horário):
\sum M_D = 0 = A_y\cdot(2{,}4) - (1{,}0)\cdot(2{,}4) - F_{CE}\cdot(1{,}00).
Substituindo A_y=4{,}0\\ \mathrm{kN}:
0 = 4{,}0\cdot 2{,}4 - 1{,}0\cdot 2{,}4 - F_{CE}\cdot 1{,}0 = 9{,}6 - 2{,}4 - F_{CE}.
Logo
F_{CE} = 9{,}6 - 2{,}4 = 7{,}2\\ \mathrm{kN}.
Interpretação do sinal: obtivemos F_{CE}>0 tomando F_{CE} como a magnitude que, no corpo esquerdo, aparece como força horizontal para a esquerda — ou seja, o membro puxa o corpo esquerdo para a esquerda, característica de tração no membro. Conclusão: F_{CE}=7{,}20\\ \mathrm{kN} (Tração).

Passo 5

Agora precisamos de F_{DE} e F_{DF}. Vamos escrever as equações de equilíbrio da porção esquerda do corte: \sum F_x=0 e \sum F_y=0, mais uma equação de momento conveniente (escolhemos momento em A para eliminar a reação horizontal em A). Para isso precisamos das componentes dos membros DF e DE.
Coordenadas dos nós usados:
D(2{,}4,\;1{,}00),\quad F(4{,}8,\;1{,}54),\quad E(4{,}8,\;0).
Vetores membros e seus comprimentos:
\overrightarrow{DF}=(2{,}4,\;0{,}54}),\quad |\overrightarrow{DF}|=\sqrt{2{,}4^2+0{,}54^2}\approx 2{,}46\\ \mathrm{m},
\overrightarrow{DE}=(2{,}4,\;-1{,}00),\quad |\overrightarrow{DE}|=\sqrt{2{,}4^2+1{,}0^2}=2{,}60\\ \mathrm{m}.
Cosenos e senos (componentes unitárias) usados:
\cos\theta_{DF}=\frac{2{,}4}{2{,}46}\approx 0{,}9756,\quad \sin\theta_{DF}=\frac{0{,}54}{2{,}46}\approx 0{,}2195,
\cos\theta_{DE}=\frac{2{,}4}{2{,}60}=0{,}92308,\quad \sin\theta_{DE}=\frac{-1{,}00}{2{,}60}=-0{,}38462.
Convenção de sinais: assumimos magnitudes positivas correspondendo a membros em tração (ou seja, no nó D a força de um membro em tração aponta ao longo do membro em direção ao outro nó). A força já conhecida F_{CE}=7{,}20\\ \mathrm{kN} atua no corpo esquerdo para a esquerda (componente horizontal -7{,}20\\ \mathrm{kN}, componente vertical 0).
Agora escrevemos \sum F_y =0 para a porção esquerda (soma das forças verticais):
A_y - (1{,}0+2{,}0) + F_{DF}\sin\theta_{DF} + F_{DE}\sin\theta_{DE} = 0.
Substituindo A_y=4{,}0 e os senos:
4{,}0 - 3{,}0 + 0{,}2195\,F_{DF} -0{,}38462\,F_{DE} = 0.
Simplificando:
0{,}2195\,F_{DF} - 0{,}38462\,F_{DE} = -1{,}0.
(Equação (1))

Passo 6

Escrevemos a equação do momento em relação a A (para eliminar a reação horizontal A_x). Tomando \sum M_A =0 (positivo anti-horário). As contribuições relevantes (além dos momentos das cargas conhecidas) são os momentos das componentes de F_{DF} e F_{DE} aplicadas no ponto D(2{,}4,\;1{,}00). Usando a fórmula do momento de um vetor forçado por suas componentes:
M_A(F) = x_D\cdot F_y - y_D\cdot F_x.
Para F_{DF}:
M_A(F_{DF}) = 2{,}4\cdot(0{,}2195\,F_{DF}) - 1{,}0\cdot(0{,}9756\,F_{DF}) = (-0{,}4488)\,F_{DF}.
Para F_{DE}:
M_A(F_{DE}) = 2{,}4\cdot(-0{,}38462\,F_{DE}) - 1{,}0\cdot(0{,}92308\,F_{DE}) = (-1{,}84612)\,F_{DE}.
O único momento devido às cargas externas à esquerda é da carga de 2{,}0\\ \mathrm{kN} em D (a carga em B tem x=0 e gera momento zero em relação a A). A carga em D gera momento -2{,}0\cdot 2{,}4 = -4{,}8\\ \mathrm{kN\cdot m} (sentido horário). Assim:
\sum M_A: \; -4{,}8 + (-0{,}4488)F_{DF} + (-1{,}84612)F_{DE} = 0.
Ou, reorganizando:
0{,}4488\,F_{DF} + 1{,}84612\,F_{DE} = -4{,}8.
(Equação (2))

Passo 7

Resolvemos o sistema linear formado por (1) e (2):
\begin{cases} 0{,}2195\,F_{DF} - 0{,}38462\,F_{DE} = -1{,}0,\\[4pt] 0{,}4488\,F_{DF} + 1{,}84612\,F_{DE} = -4{,}8. \end{cases}
Multiplicando a primeira equação por 2{,}044 (para igualar os coeficientes de F_{DF}) e subtraindo da segunda obtemos diretamente F_{DE}:
2{,}044\times(0{,}2195) \approx 0{,}4488,\quad 2{,}044\times(-0{,}38462)\approx -0{,}78615,\quad 2{,}044\times(-1{,}0)=-2{,}044.
Subtraindo das equações:
(0{,}4488-0{,}4488)F_{DF} + (1{,}84612 -(-0{,}78615))F_{DE} = -4{,}8 -(-2{,}044),
2{,}63227\,F_{DE} = -2{,}756 \quad\Rightarrow\quad F_{DE} = -1{,}047\\ \mathrm{kN}.
O sinal negativo (com nossa convenção de que positivo = tração) significa que DE está em compressão, com magnitude 1{,}047\\ \mathrm{kN}.
Agora substituímos em (1) para F_{DF}:
0{,}2195\,F_{DF} - 0{,}38462(-1{,}047) = -1{,}0
0{,}2195\,F_{DF} + 0{,}402 \approx -1{,}0
0{,}2195\,F_{DF} = -1{,}402 \quad\Rightarrow\quad F_{DF} = -6{,}389\\ \mathrm{kN}.
Novamente o sinal negativo indica compressão (pois supusemos positivo = tração). Arredondando de modo consistente com as respostas fornecidas:
F_{CE}=7{,}20\\ \mathrm{kN}\\ (\text{T}),\quad F_{DE}=1{,}047\\ \mathrm{kN}\\ (\text{C}),\quad F_{DF}=6{,}39\\ \mathrm{kN}\\ (\text{C}).]

Resposta

F_{C E}=7{,}20\\ \mathrm{kN}\\ (\mathrm{T})
F_{D E}=1{,}047\\ \mathrm{kN}\\ (\mathrm{C})
F_{D F}=6{,}39\\ \mathrm{kN}\\ (\mathrm{C})

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