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O carregamento do Prob. 4/19 é mosrado aplicado a um telhado em forma de treliça Howe. Despreze quaisquer reações horizontais nos apoios e determine as forças em todos os elementos. Compare com os resultados do Prob. 4/19.

Passo 1

Primeiro devemos analisar as força externas que atuam na treliça. Como ela é simétrica, as reações em A e E devem ser iguais e devem anular as forças externas verticais aplicadas. Então as forças pra cima nesses dois pontos são:

A = E = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 2 = 2,5   k N

Passo 2

Agora, vamos resolver as equações de equilíbrio em x e y   para cada nó, começando da esquerda. As forças positivas indicam tração e as negativas compressão, e sempre trataremos as forças desconhecidas como tração. Todas as barras inclinadas têm o mesmo ângulo θ com a horizontal. Temos:

Sendo os catetos 1 m e 2 m, a hipotenusa mede:

2 2 + 1 2 = 5

E aí temos:

sen ⁡ θ = 1 5

cos ⁡ θ = 2 5

Passo 3

Nó A:

∑ F x = 0 ⇒ A H + A B cos ⁡ θ = 0 ⇒ A H = - 2 A B 5

∑ F y = 0 ⇒ - 1 + 2,5 + A B sen ⁡ θ = 0 ⇒ A B = - 1,5 sen ⁡ θ = - 1,5 1 5 = - 1,5 5 = - 3,35   k N   ( C )

Substituindo A B na expressão de A H encontrada anteriormente:

⇒ A H = - 2 5 - 1,5 5 = 3,00   k N   ( T )

Por simetria, obtemos também:

D E = A B = - 3,35   k N   ( C )

E F = A H = 3,00   k N   ( T )

Passo 4

Nó H:

Podemos ver que nenhuma força é capaz de anular uma tração ou compressão vertical gerada por B H nesse ponto, então:

B H = 0

Além disso:

∑ F x = 0 ⇒ - A H + G H = 0 ⇒ G H = 3,00   k N   ( T )

Por simetria, temos também:

D F = B H = 0

E F = G H = 3,00   k N   ( T )

Passo 5

Nó B:

∑ F x = 0 ⇒ - A B cos ⁡ θ + B C cos ⁡ θ + B G cos ⁡ θ = 0

Dividindo tudo por cos ⁡ θ achamos B C em função de B G :

- A B + B C + B G = 0 ⇒ B C = A B - B G = - 1,5 5 - B G

Agora em y :

∑ F y = 0 ⇒ - 1 - A B sen ⁡ θ + B C sen ⁡ θ - B G sen ⁡ θ = 0

Substituindo as forças e sen ⁡ θ , achamos B C :

⇒ - 1 - - 1,5 5 ⋅ 1 5 + - 1,5 5 - B G ⋅ 1 5 - B G 5 = 0

⇒ - 1 + 1,5 - 1,5 - 1 5 B G - 1 5 B G = 0

⇒ - 1 - 2 5 B G = 0 ⇒ - 2 5 B G = 1

⇒ B G = - 5 2 ⇒ B G = - 1,12   k N   ( C )

Agora achamos o valor de B C :

⇒ B C = - 1,5 5 - 0,5 5 = - 2 5 ⇒ B C = - 4,47   k N   ( C )

Por simetria, temos também:

D G = B G = - 1,12   k N   ( C )

C D = B C = - 4,47   k N   ( C )

Passo 6

No C:

∑ F y = 0 ⇒ - 1 - C G - B C sen ⁡ θ - C D sen ⁡ θ = 0

Substituindo os valores:

- 1 - C G - 2 - 2 5 1 5 = 0 ⇒ - 1 - C G + 4 = 0

⇒ C G = 3,00   k N   ( T )

Resposta

D E = A B = - 3,35   k N   ( C )

E F = A H = 3,00   k N   ( T )

D F = B H = 0

E F = G H = 3,00   k N   ( T )

D G = B G = - 1,12   k N   ( C )

C D = B C = - 4,47   k N   ( C )

C G = 3,00   k N   ( T )

Nesse caso as barras que não sofrem forças e poderiam ser retiradas são duas, B H e D F , e no Prob. 4/19 era só a barra C F .

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