Aplicação método das forças – Temperatura

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Teoria

Introdução

Para cálculo dos esforços devido a temperatura, basta pensarmos que na verdade a temperatura é um carregamento do sistema zero, e ai que entra a jogada, no sistema zero, temos uma estrutura isostática carregada ou com temperatura, e nesse caso, sabemos que em estruturas isostáticas, obrigatoriamente, os digramas de momento, cortante e normal devido a temperatura são zero, o que facilita a nossa conta.

Algo que também é importante é que se você estiver em uma questão com itens a) , b) e c) em que no item a) você avalie um carregamento, no b) a temperatura e no c) o recalque, você não precisara calcular tudo de novo, aqui em baixo eu vou dar esse resuminho:

  • As deformações δ 10 , δ 20 e δ 30 você vai ter que calcular em cada item, tanto na a) quanto no b) quanto no c)
  • As deformações δ 11 , δ 22 , δ 33 , δ 23 , δ 32 , δ 13 , δ 31 , δ 12   e   δ 21 todos esses você só calcula uma vez, ou seja, ao fazer o item a) você já determinou o sistema que será usado no b) e no c) , faltando definir, é claro, somente o que definimos aqui em cima.

Em resumo, se nosso sistema for

δ 10 + δ 11   .   X 1 + δ 12   .   X 2 + δ 13   .   X 3 = 0 δ 20 + δ 21   .   X 1 + δ 22   .   X 2 + δ 23   .   X 3 = 0 δ 30 + δ 31   .   X 1 + δ 32   .   X 2 + δ 33   .   X 3 = 0

O que está em vermelho vai ser definido em cada um dos itens (a, b e c). o que está em verde serão as incógnitas de cada um do ítens, então também vão ser definidos dependendo se estamos no a, b ou c. porém tudo que está em preto será determinado apenas uma vez.

Entendida essa introdução, vamos ver como aplicar ao nosso problema a temperatura.

Temperatura

Imagine agora que no item b) pedisse que você analisasse a mesma estrutura, porém tendo as fibras superiores e inferiores com uma diferença de temperatura de 10°C (em que as fibras internas tivessem a maior temperatura e as externas a menor, ou seja, a variação de temperatura é positiva) com uma altura de seção de 1m e α = 10 - 5 ° C - 1 .

A primeiríssima coisa que você já pode fazer é garantir metade do seu sistema, ou seja, como é a mesma estrutura, eu já sei com certeza que:

δ 11 = 0,2083

Ou seja, não preciso me preocupar com nada do hiperestático, mas ainda preciso determinar o valor de δ 10 , e para isso podemos seguir o passo a passo para variação de temperatura em sistemas isostáticos.

sabemos que para cálculo da temperatura usamos a seguinte equação:

P ¯ δ = ∫ N ¯ α t g d s + ∫ M ¯ α ∆ t h d s

Que podemos simplificar de acordo como o tipo de estrutura, no nosso caso como se trata de um pórtico, podemos descartar a contribuição de normais, e ficar apenas com a contribuição de momentos fletores. Dessa maneira teremos que a nossa fórmula será.

P ¯ δ = ∫ M ¯ α ∆ t h d s

Sabemos que a variação de temperatura, a altura e o coeficiente de dilatação térmicos são constantes na nossa equação, logo podemos escrever a mesma da seguinte maneira.

P ¯ δ = α ∆ t h ∫ M ¯ d s

E sabemos que a integral do momento devido a carga unitária, integrado no comprimento S de cada barra, nada mais é que a área do diagrama, ou seja, nossa fórmula passa a ser.

P ¯ δ = α ∆ t h A M

Em que:

A M = á r e a   d o   d i a g r a m a   d e   m o m e n t o s   f l e t o r e s   d e v i d o   a   c a r g a   u n i t á r i a

Mas onde está essa carga unitária? Usamos exatamente o mesmo princípio do recalque. Posicionamos a carga unitária no mesmo ponto, na mesma direção e no mesmo sentido que o hiperestático está. E nesse caso como precisamos da área do diagrama de momentos fletores, basta apenas determinar as áreas e somar elas. Assim teremos:

OBS: É MUITO IMPORTANTE TOMAR CUIDADO COM O SINAL DAS ÁREAS, ENTÃO PRA FICAR BEM FACIL SEMPRE LEMBRE DO SEGUINTE.

  • NORMAIS
  • Sempre que for compressão o sinal da área será negativo, e sempre que for tração o sinal da área será positivo.

  • MOMENTOS FLETORES
  • Sempre que os momentos fletores tracionarem as fibras da parte de cima, ou as fibras externas, o sinal da área vai ser negativo, mas se tracionar as fibras da parte de baixo, ou as fibras internas, o sinal das áreas vai ser positivo.

    Tome muito cuidado para não errar os sinais.

    Assim teremos:

    A M = 5   .   ( - 5 ) 2 + 5   .     - 5 + 5   .     - 5 2 = - 50  

    E perceba que a área deu negativa pois as fibras tracionadas são as externas.

    Substituindo teremos que:

    P ¯ δ = α ∆ t h A M

    1   .   δ = 10 - 5 . ( + 10 ) 1 . ( - 50 ) = - 0,005

    E quem é essa deformação? Exatamente o nosso δ 10 . Substituindo no sistema teremos que:

    - 0,005 + 0,2083 X 1 = 0

    X 1 = + 0,024   k N

    E assim conseguimos determinar qualquer esforço na estrutura a partir de X 1 .

    Perceba que a aplicação é bem tranquila, mas é preciso tomar bastante cuidado, então vou dar umas dicas aqui.

  • Sempre confira os valores de δ 11 , δ 22 , δ 33 , δ 23 , δ 32 , δ 13 , δ 31 , δ 12   e   δ 21 pois apesar deles serem calculados uma única vez, se for calculado uma única vez errado, você erra a questão inteira, então sempre tome bastante cuidado.
  • Sempre reaproveite sistemas que você já estive feito, perceba que o sistema hiperestático sempre vai fornecer o diagrama e as reações de apoio que vamos precisar para calcular as deformações zeros, tanto para recalque quanto para temperatura.
  • E exercite bastante para você pegar todos os macetes.

Então chega de ladainha e vamos exercitar!!!

Temperatura

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Determine as reações de apoio de um pórtico que suas fibras externas estão a uma temperatura de 40°C e as fibras internas estão a uma temperatura de 10°C.

E J = 15   .   10 5

s e ç ã o   d a   v i g a = 120   c m   d e   a l m a   p o r   100   c m   d e   a l t u r a   ( v i g a   r e t a n g u l a r )

α = 1.10 - 5 ° C - 1

Passo 1

Sabemos que a primeira coisa que devemos fazer é determinar o número de hiperestáticos.

  • Hiperestáticos totais pelo macete

n º   t o t a l   h i p e r e s t á t i c o s = n º   i n c o g n i t a s   e x t e r n a s + n º   i n c o g n i t a s   i n t e r n a s - n º   e q u a ç õ e s  

  • Sabemos que temos 2 apoios do segundo gênero, totalizando 4 incógnitas externas
  • Não temos regiões fechadas, totalizando 0 incógnitas internas
  • Temos 3 equações de equilíbrio
  • Não temos rótulas

n º   t o t a l   h i p e r e s t á t i c o s = 4 + 0 - 3 = 1  

Ou seja, nossa estrutura possui um grau de hiperestaticidade, que se eu conseguir tirar da nossa estrutura, transforma a nossa estrutura em isostática.

Quebrando um vinculo teremos a seguinte nova estrutura.

E até aqui a gente sabe resolver de boas, o que aparece de novo é o seguinte.

Pra determinar a deformação no sistema zero, que nesse caso é variação de temperatura, precisamos obrigatoriamente colocar uma carga unitária no mesmo lugar, na mesma direção e no mesmo sentido do hiperestático, porém iremos calcular a deformação de maneira DIFERENTE do que fazemos com o hiperestático.

Apesar da carga estar na mesma posição e sentido do hiperestático, para o hiperestático iremos calcular o diagrama de momentos, porém para o sistema zero iremos calcular as deformações de temperatura. Parece meio embolado, mas é bem tranquilo, me segue aqui.

Passo 2

Como eu disse, no sistema zero colocamos uma carga unitária na mesma posição, direção e sentido do hiperestático, com isso teremos.

sabemos que para cálculo da deformação pela temperatura usamos a seguinte equação:

P ¯ δ = ∫ N ¯ α t g d s + ∫ M ¯ α ∆ t h d s

Que podemos simplificar de acordo como o tipo de estrutura, no nosso caso como se trata de um pórtico devemos considerar ambas as contribuições. Mas podemos simplificar como:

P ¯ δ = α t g ∫ N ¯ d s + α ∆ t h ∫ M ¯ d s

E sabemos que a integral do momento devido a carga unitária, integrado no comprimento S da barra, assim como o normal, nada mais são que as áreas dos respectivos diagramas, ou seja, nossa fórmula passa a ser.

P ¯ δ = α t g A N + α ∆ t h A M

Em que:

A M = á r e a   d o   d i a g r a m a   d e   m o m e n t o s   f l e t o r e s   d e v i d o   a   c a r g a   u n i t á r i a

A N = á r e a   d o   d i a g r a m a   d e   n o r m a i s   d o   p o r t i c o   d e v i d o   a   c a r g a   u n i t á r i a

Como sabemos, iremos usar exatamente a carga unitária na mesma posição do hiperestático. Dessa maneira teremos que:

Sendo assim podemos determinar que:

A M = 1 2   . -   3 .   3 + 1 2   .   - 3 .   3 + - 3 . 2 = - 15 ( m o m e t o   t r a c i o n a   a s   f i b r a s   s u p e r i o r e s )

A N = - 1   .     2 = - 2   ( c o m p r e s s ã o )

Sempre que houver compressão ou o momento tracionar as fibras superiores as aréas levaram consigo os seus sinais.

OBS: É MUITO IMPORTANTE TOMAR CUIDADO COM O SINAL DAS ÁREAS, ENTÃO PRA FICAR BEM FACIL SEMPRE LMEBRE DO SEGUINTE.

  • NORMAIS
  • Sempre que for compressão o sinal da área será negativo, e sempre que for tração o sinal da área será positivo.

  • MOMENTOS FLETORES

Sempre que os momentos fletores tracionarem as fibras da parte de cima, ou as fibras externas, o sinal da área vai ser negativo, mas se tracionar as fibras da parte de baixo, ou as fibras internas, o sinal das áreas vai ser positivo.

Tome muito cuidado para não errar os sinais.

Sabemos também que:

∆ t = t i - t s = 10 - 40 = - 30 ° C

E J = 15   .   10 5   k N . m 2

α = 1.10 - 5 ° C - 1

h = 1 m

e por fim determinamos o valor de t g ,   que será dado por:

E fizemos isso porque sabemos que em seções retangulares o centro de gravidade é no meio do retângulo.

Sendo assim teremos que:

t g = 25 ° C

Substituindo na equação teremos que:

P ¯ δ 10 = α t g A N + α ∆ t h A M

1   .   δ 10 = 1.10 - 5   .     25   .   ( - 2 ) + 1.10 - 5   .     - 30 1 ( - 15 )

δ 10 = 0,00 4   m

Passo 3

O sistema 1 continua sendo calculado como sempre fizemos. Analisamos a estrutura com a ação de um hiperestático unitário, determinamos o diagrama e determinamos tudo que for referente ao sistema 1, dessa maneira obtemos que:

E para determinar δ 11 faremos

E J δ 11 = 1 3   .   l   .   M .   M ¯ + l   .   M   .   M ¯ + 1 3   .   l   .   M .   M ¯ = 1 3   .   3   .   3 .   3 + 2   .   3   .   3 + 1 3   .   3   .   3 .   3 = 36  

Como E J = 15   . 10 5   k N m 2 , teremos que

δ 11 = 0,000024

E assim teremos que o nosso sistema será:

δ 10 + δ 11 X 1 = 0

Substituindo teremos que

0,00 4   + 0,000024 X 1 = 0

X 1 = - 166,67   k N

Como só temos reações horizontais, as nossas reações serão.

Resposta

Reações horizontais de apoio

Exercício Resolvido #2

Determine as reações de apoio de um pórtico que suas fibras externas estão a uma temperatura de -50°C e as fibras internas estão a uma temperatura de 150°C.

E J = 5   .   10 5

s e ç ã o   d a   v i g a = 120   c m   d e   a l m a   p o r   100   c m   d e   a l t u r a   ( v i g a   r e t a n g u l a r )

α = 1.10 - 5 ° C - 1

Passo 1

Sabemos que a primeira coisa que devemos fazer é determinar o número de hiperestáticos.

  • Hiperestáticos totais pelo macete

n º   t o t a l   h i p e r e s t á t i c o s = n º   i n c o g n i t a s   e x t e r n a s + n º   i n c o g n i t a s   i n t e r n a s - n º   e q u a ç õ e s  

  • Sabemos que temos 1 apoio do terceiro gênero e um apoio do primeiro gênero, totalizando 4 incógnitas externas
  • Não temos regiões fechadas, totalizando 0 incógnitas internas
  • Temos 3 equações de equilíbrio
  • Não temos rótulas

n º   t o t a l   h i p e r e s t á t i c o s = 4 + 0 - 3 = 1  

Ou seja, nossa estrutura possui um grau de hiperestaticidade, que se eu conseguir tirar da nossa estrutura, transforma a nossa estrutura em isostática.

Quebrando um vinculo teremos a seguinte nova estrutura.

E até aqui a gente sabe resolver de boas, o que aparece de novo é o seguinte.

Pra determinar a deformação no sistema zero, que nesse caso é uma variação de temperatura, precisamos obrigatoriamente colocar uma carga unitária no mesmo lugar, na mesma direção e no mesmo sentido do hiperestático, porém iremos calcular a deformação de maneira DIFERENTE do que fazemos com o hiperestático.

Apesar da carga estar na mesma posição e sentido do hiperestático, para o hiperestático iremos calcular o diagrama de momentos, porém para o sistema zero iremos calcular as deformações de temperatura. Parece meio embolado, mas é bem tranquilo, me segue aqui.

Passo 2

Como eu disse, no sistema zero colocamos uma carga unitária na mesma posição, direção e sentido do hiperestático, com isso teremos.

sabemos que para cálculo da deformação pela temperatura usamos a seguinte equação:

P ¯ δ = ∫ N ¯ α t g d s + ∫ M ¯ α ∆ t h d s

Que podemos simplificar de acordo como o tipo de estrutura, no nosso caso como se trata de um pórtico devemos considerar ambas as contribuições. Mas podemos simplificar como:

P ¯ δ = α t g ∫ N ¯ d s + α ∆ t h ∫ M ¯ d s

E sabemos que a integral do momento devido a carga unitária, integrado no comprimento S da barra, assim como o normal, nada mais são que as áreas dos respectivos diagramas, ou seja, nossa fórmula passa a ser.

P ¯ δ = α t g A N + α ∆ t h A M

Em que:

A M = á r e a   d o   d i a g r a m a   d e   m o m e n t o s   f l e t o r e s   d e v i d o   a   c a r g a   u n i t á r i a

A N = á r e a   d o   d i a g r a m a   d e   n o r m a i s   d o   p o r t i c o   d e v i d o   a   c a r g a   u n i t á r i a

Como sabemos, iremos usar exatamente a carga unitária na mesma posição do hiperestático. Dessa maneira teremos que:

Sendo assim podemos determinar que:

A M = 1 2   . -   1 .   3 + - 1 .     6 = - 7,5 ( m o m e t o   t r a c i o n a   a s   f i b r a s   s u p e r i o r e s )

A N = - 1 3   .     6 + 1 3 . 6 = 0   ( c o m p r e s s ã o )

Sempre que houver compressão ou o momento tracionar as fibras superiores as aréas levaram consigo os seus sinais.

OBS: É MUITO IMPORTANTE TOMAR CUIDADO COM O SINAL DAS ÁREAS, ENTÃO PRA FICAR BEM FACIL SEMPRE LMEBRE DO SEGUINTE.

  • NORMAIS
  • Sempre que for compressão o sinal da área será negativo, e sempre que for tração o sinal da área será positivo.

  • MOMENTOS FLETORES

Sempre que os momentos fletores tracionarem as fibras da parte de cima, ou as fibras externas, o sinal da área vai ser negativo, mas se tracionar as fibras da parte de baixo, ou as fibras internas, o sinal das áreas vai ser positivo.

Tome muito cuidado para não errar os sinais.

Sabemos também que:

∆ t = t i - t s = 150 - ( - 50 ) = 200 ° C

E J = 5   .   10 5   k N . m 2

α = 1.10 - 5 ° C - 1

h = 1 m

e por fim determinamos o valor de t g ,   que será dado por:

E fizemos isso porque sabemos que em seções retangulares o centro de gravidade é no meio do retângulo.

Sendo assim teremos que:

t g = 50 ° C

Substituindo na equação teremos que:

P ¯ δ 10 = α t g A N + α ∆ t h A M

1   .   δ 10 = 1.10 - 5   .     50   .   ( 0 ) + 1.10 - 5   .     200 1 ( - 7,5 )

δ 10 = - 0,015   m

Passo 3

O sistema 1 continua sendo calculado como sempre fizemos. Analisamos a estrutura com a ação de um hiperestático unitário, determinamos o diagrama e determinamos tudo que for referente ao sistema 1, dessa maneira obtemos que:

E para determinar δ 11 faremos

E J δ 11 = 1 3   .   l   .   M .   M ¯ + l   .   M   .   M ¯ = 1 3   .   3   .   1 .   1 + 6   .   1   .   1 = 7

Como E J = 5   . 10 5   k N m 2 , teremos que

δ 11 = 0,000014

E assim teremos que o nosso sistema será:

δ 10 + δ 11 X 1 = 0

Substituindo teremos que

- 0,015   + 0,000014 X 1 = 0

X 1 = 1071,43   k N

Determinando as reações de apoio teremos que:

Vale lembrar que em estruturas isostáticas, tanto a variação de temperatura quanto o recalque produzem reações de apoio idênticas a zero, sendo assim sempre iremos zerar o primeiro termo.

V A = V A 0 + V A 1 X 1

V A = 0 + 1 3 . 1071,43 = 357,14   k N

V B = V B 0 + V B 1 X 1

V B = 0 - 1 3 . 1071,43 = - 357,14   k N

e já sabemos que:

M A = X 1 = 1071,43   k N m

Resposta

V A = 357,14   k N

V B - 357,14   k N

M A = X 1 = 1071,43   k N m

Exercício Resolvido #3

Determine as reações de apoio de um pórtico que suas fibras externas estão a uma temperatura de 0°C e as fibras internas estão a uma temperatura de 80°C.

E J = 5   .   10 5

s e ç ã o   d a   v i g a = 120   c m   d e   a l m a   p o r   100   c m   d e   a l t u r a   ( v i g a   r e t a n g u l a r )

α = 1.10 - 5 ° C - 1

Passo 1

Fala pessoal!! agora vamos resolver um exercício que trata sobre a influência da temperatura nos pórticos. Para achar as reações dos apoios como o problema pede e resolver essa questão a gente precisa primeiro dividir essa estrutura numa estrutura isostática.

Depois de fazer essa divisão nós vamos calcular o deslocamento imposto pela temperatura e finalmente achar o hiperestático, de forma a calcular as reações. Então partiu!

Passo 2

Quebrando essa estrutura de forma a obter uma estrutura isostática vamos ter.

E até aqui a gente sabe resolver de boas, o que aparece de novo é o seguinte.

Pra determinar a deformação no sistema zero, que nesse caso é uma variação de temperatura, precisamos obrigatoriamente colocar uma carga unitária no mesmo lugar, na mesma direção e no mesmo sentido do hiperestático, porém iremos calcular a deformação de maneira DIFERENTE do que fazemos com o hiperestático.

Apesar da carga estar na mesma posição e sentido do hiperestático, para o hiperestático iremos calcular o diagrama de momentos, porém para o sistema zero iremos calcular as deformações de temperatura. Parece meio embolado, mas é bem tranquilo, me segue aqui.

Passo 3

Como eu disse, no sistema zero colocamos uma carga unitária na mesma posição, direção e sentido do hiperestático, com isso teremos.

sabemos que para cálculo da deformação pela temperatura usamos a seguinte equação:

P ¯ δ = ∫ N ¯ α t g d s + ∫ M ¯ α ∆ t h d s

Que podemos simplificar de acordo como o tipo de estrutura, no nosso caso como se trata de um pórtico devemos considerar ambas as contribuições. Mas podemos simplificar como:

P ¯ δ = α t g ∫ N ¯ d s + α ∆ t h ∫ M ¯ d s

E sabemos que a integral do momento devido a carga unitária, integrado no comprimento S da barra, assim como o normal, nada mais são que as áreas dos respectivos diagramas, ou seja, nossa fórmula passa a ser.

P ¯ δ = α t g A N + α ∆ t h A M

Em que:

A M = á r e a   d o   d i a g r a m a   d e   m o m e n t o s   f l e t o r e s   d e v i d o   a   c a r g a   u n i t á r i a

A N = á r e a   d o   d i a g r a m a   d e   n o r m a i s   d o   p o r t i c o   d e v i d o   a   c a r g a   u n i t á r i a

Como sabemos, iremos usar exatamente a carga unitária na mesma posição do hiperestático. Dessa maneira teremos que:

Sendo assim podemos determinar que:

A M = -   4 .   8 + 1 2 . - 4 .     4 = - 40 ( m o m e t o   t r a c i o n a   a s   f i b r a s   s u p e r i o r e s )

A N = + 1   .   8 - 1.8 = 0  

Sempre que houver compressão ou o momento tracionar as fibras superiores as aréas levaram consigo os seus sinais.

OBS: É MUITO IMPORTANTE TOMAR CUIDADO COM O SINAL DAS ÁREAS, ENTÃO PRA FICAR BEM FACIL SEMPRE LMEBRE DO SEGUINTE.

  • NORMAIS
  • Sempre que for compressão o sinal da área será negativo, e sempre que for tração o sinal da área será positivo.

  • MOMENTOS FLETORES

Sempre que os momentos fletores tracionarem as fibras da parte de cima, ou as fibras externas, o sinal da área vai ser negativo, mas se tracionar as fibras da parte de baixo, ou as fibras internas, o sinal das áreas vai ser positivo.

Tome muito cuidado para não errar os sinais.

Passo 4

Agora vamos partir para a parte da temperatura.

Sabemos também que:

∆ t = 80 - 0 = 8 0 ° C

E J = 5   .   10 5   k N . m 2

α = 1.10 - 5 ° C - 1

h = 1 m

e por fim determinamos o valor de t g ,   que será dado pela média simples dado que a geometria é regular

t g = 80 + 0 2 = 40 ° C

Substituindo na equação teremos que:

P ¯ δ 10 = α t g A N + α ∆ t h A M

1   .   δ 10 = 1.10 - 5   .     4 0   .   ( 0 ) + 1.10 - 5   .     8 0 1 ( - 40 )

δ 10 = - 3,16.10 - 2   m

Passo 5

O sistema 1 continua sendo calculado como sempre fizemos. Analisamos a estrutura com a ação de um hiperestático unitário, determinamos o diagrama e determinamos tudo que for referente ao sistema 1, dessa maneira obtemos que:

E para determinar δ 11 faremos

E J δ 11 =   l   .   M .   M ¯ + 1 3 l   .   M   .   M ¯ = 8   .   4 .   4 + 1 3 . 4   . 4   .   4 = 149,33

Como E J = 5   . 10 5   k N m 2 , teremos que

δ 11 = 3.10 - 4   m

E assim teremos que o nosso sistema será:

δ 10 + δ 11 X 1 = 0

Substituindo teremos que

- 3,16.10 - 2 + 3.10 - 4 X 1 = 0

X 1 = 105,33   k N

Passo 6

Determinando as reações de apoio teremos que:

Vale lembrar que em estruturas isostáticas, tanto a variação de temperatura quanto o recalque produzem reações de apoio idênticas a zero, sendo assim sempre iremos zerar o primeiro termo.

V A = V A 0 + V A 1 X 1

V A = 0 + 1.105,33 = 105,33   k N

V B = V B 0 + V B 1 X 1

V B = 0 - 1 . 105,33 = - 105,33   k N

Para o momento

M A = 105,33 × 4 = 421,33   k N . m

Resposta

V A = 105,33   k N

V B = - 105,33   k N

M A = 421,33   k N . m

Exercício Resolvido #4

Determine as reações de apoio do pórtico abaixo, sabendo que o mesmo sofre um recalque vertical para baixo de 5cm no apoio A. E no apoio B, ainda sofre um recalque de 10 cm pra cima e 3 cm para direita.

U s e   E J = 10 3   k N m 2

Passo 1

Sabemos que a primeira coisa que devemos fazer é determinar o número de hiperestáticos.

  • Hiperestáticos totais pelo macete

n º   t o t a l   h i p e r e s t á t i c o s = n º   i n c o g n i t a s   e x t e r n a s + n º   i n c o g n i t a s   i n t e r n a s - n º   e q u a ç õ e s  

  • Sabemos que temos 2 apoios do segundo gênero, totalizando 4 incógnitas externas
  • Não temos regiões fechadas, totalizando 0 incógnitas internas
  • Temos 3 equações de equilíbrio
  • Não temos rótulas

n º   t o t a l   h i p e r e s t á t i c o s = 4 + 0 - 3 = 1