momento em x
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Profa. Dra. Rosilene de Fátima Vieira Página 1
Exercício 2
Determinar os diagramas de esforços solicitantes para a viga abaixo pelo Equação dos
Três Momentos. Determinar todos os pontos de momentos máximos. Calcular também
as reações de apoio.
.
Solução:
1) Determinação do Grau de Hiperestaticidade
GH=3
2) Numeração das barras e nós
As barras devem ser numeradas a partir do número 1.
Os nós devem ser numerados a partir do número 0.
Para efeito de cálculo o engastamento deve ser substituído por um tramo adicional bi-
apoiado (barra fictícia = Barra1)
3) Equação dos 3M para EI constante por trechos (aplicar 3 vezes, GH=3)
L’i M i-1 + 2(L
’i+L
’i+1)M i + L
’i+1M i+1 = - (DiL
’i + Ei+1L
’i+1)
i=1
L’1.M0+2.(L’
1+L’2).M1+L’
2.M2= - (DDDD1.L’1+EEEE2.L
’2)
i=2
L’2.M1+2.(L’
2+L’3).M2+L’
3.M3= - (DDDD2.L’2+EEEE3.L
’3)
i=3
L’3.M2+2.(L’
3+L’4).M3+L’
4.M4= - (DDDD3.L’3+EEEE4.L
’4)
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4) Momentos fletores
M0=0 M1=? M2=? M3=?
M4=MBalanço= -50.1= -50kN.m (convenção usual: sinal negativo significa momento
em cima da viga)
OBS: O momento do balanço não entra no cálculo do Fator de Carga da Barra 4
porque ele já esta sendo considerado no M4.
5) Vão Reduzido => Adotado EcIc =2EI k
k
cc'k L
EI
IEL =
Barra 1 (barra fictícia)
L1'=0
Barra 2
L2'=
2·EI
2·EI·4=4m
Barra 3
L3'=
2·EI
2·EI·4=4m
Barra 4
L4'=
2·EI
1,5·EI·4=
8
1,5m
6) Fatores de forma (Tabela)
Barra 1 (barra fictícia não tem carregamento)
EEEE1=DDDD1=0
Barra 2 (superposição dos efeitos dos carregamentos)
O momento fletor de 125kN.m deve ser escorregado para barra da direita ou para barra
da direita com o mesmo sentido. No caso, optou-se pelo escorregamento para barra da
esquerda (barra 1) e sentido anti-horário.
L=4m a=4m b=0
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EEEE2=q·L
2
4+M· �3·
b2
L2
-1� =30·4
2
4+55·�3·
02
42
-1� =+65
DDDD2=q·L
2
4+M· �1-3·
a2
L2� =
30·42
4+55·�1-3·
42
42� =+10
Barra 3
L=4m a=2m b=2m
EEEE3=P·a·b
L· �1+
b
L� =
70·2·2
4· �1+
2
4� =+105
DDDD3=P·a·b
L· �1+
a
L� =
70·2·2
4· �1+
2
4� =+105
Barra 4
L=4m a=3m b=1m
EEEE4=+M· �3·b
2
L2
-1� = - 80· �3·1
2
42
-1� =+65
DDDD4=+M· �1-3·a2
L2� = - 80·�1-3·
32
42� =+55
7) Solução da Equação dos 3M
L’1.M0+2.(L’
1+L’2).M1+L’
2.M2= - (DDDD1.L’1+EEEE2.L
’2)
0.0+2.(0+4).M1+4.M2= - (0.0+65.4)
8.M1+4.M2= - 260
L’2.M1+2.(L’
2+L’3).M2+L’
3.M3= - (DDDD2.L’2+EEEE3.L
’3)
4.M1+2.(4+4).M2+4.M3= - (10.4+105.4)
4.M1+16.M2+4.M3= - 460
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L’3.M2+2.(L’
3+L’4).M3+L’
4.M4= - (DDDD3.L’3+EEEE4.L
’4)
4.M2+2.(4+8/1,5).M3+(8/1,5).(-50)= - (105.4+65.(8/1,5))
4.M2+(28/1,5).M3= - 500
Momentos Fletores
M1= -24,022 kN.m
M2= -16,956 kN.m
M3= -23,152 kN.m
8) Momentos fletores
Colocam-se os resultados dos momentos finais na convenção usual na viga.
Portanto, os momentos fletores em cada barra são:
9) Cálculo dos esforços cortantes e momentos máximos:
Para determinar esses diagramas é necessário isolar cada barra para analisá-la
separadamente (Barra 2=BARRA AB → Barra 3=BARRA BC → Barra 4=BARRA CD).
• BARRA AB
Considerando a BARRA AB como bi-apoiada com os carregamentos iniciais mais os
momentos encontrados pode-se achar a solução com as três equações de equilíbrio.
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As reações de apoios verticais da BARRA AB serão as cortantes da viga contínua
hiperestática.
∑ Fx =0 Não tem força na horizontal.
∑ MA=0 → Adotado anti-horário positivo.
VBesq
· 4 – R · 2 - 71,956 + 24,022 = 0
VBesq
= 71,984 kN
No diagrama de esforço cortante: Negativo pela convenção de sinal da cortante que
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido anti-horário
ele será negativo.
Fy =0 → VAdir
+ VBesq
- R = 0
VAdir
= 48,016 kN
No diagrama de esforço cortante: Positivo pela convenção de sinal da cortante que
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido horário ele
será positivo.
Colocam-se esses valores encontrados no diagrama de esforço cortante.
Neste caso o diagrama de esforço cortante mostra um ponto de cortante igual à zero
(V=0). Neste caso tem-se um momento máximo neste ponto.
Para determinação deste momento tem-se que definir a equação de momento fletor
para esse trecho, derivá-la e igualá-la a zero. Assim, obtém-se a cota “x” para cortante
igual a zero. Com esse valor volta-se na equação de momento e tira-se o valor do
momento máximo.
• Equação do momento fletor.
Isola-se um trecho “x” da BARRA AB. Intervalo 0 < x < 4.
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Calcula-se o momento no ponto “S” a uma distância “x” do ponto A. Adotado para
cálculo do Ms sentido horário positivo (Tração em baixo momento positivo – ao calcular
o momento se der positivo desenha do lado de baixo da viga; se der negativo desenha
do lado de cima da viga).
MS= - 24,022 + 48,016 ·x - R·x
2 = -24,022 + 48,016 ·x - 30 ·x ·
x
2
MS= - 24,022 + 48,016 ·x - 15 · x2Equação do momento fletor para BARRA
AB.
Verificação da Equação de momento fletor.
x M 0 MA= - 24,022 OK! 4 MB = - 71,958 ~OK!
A equação de esforço cortante pode ser obtida derivando a equação de momento
fletor:
V=dM
dx= 48,016 - 15 · 2 ·x = 48,016 - 30 ·x Equação de esforço cortante
para BARRA AB.
Verificação da Equação de esforço cortante.
x V 0 VA
dir= 48,016 kN OK! 4 VB
esq = - 71,984 kN OK!
Igualando a equação a zero tem-se o valor de “x” para qual o momento
fletor é máximo.
V=dM
dx= 48,016 - 30 ·x = 0
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Portanto, x = 1,601 m
Volta-se equação de momento e obtém-se o valor de momento máximo:
MMAX= - 24,022 + 48,016 ·1,601 - 15 · 1,6012
MMAX = 14,404 kN . mSinal positivo: desenha do lado de baixo da viga.
• BARRA BC
Da mesma forma, considerando a BARRA BC como bi-apoiada com os carregamentos
iniciais mais os momentos encontrados pode-se achar a solução com as três equações
de equilíbrio.
As reações de apoios verticais da BARRA BC serão as cortantes da viga contínua
hiperestática.
∑ Fx =0 Não tem força na horizontal.
∑ MB=0 → Adotado anti-horário positivo.
VCesq
· 4 - 70 · 2 - 23,152 + 16,956 = 0
VCesq
= 36,549 kN
No diagrama de esforço cortante: Negativo pela convenção de sinal da cortante que
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido anti-horário
ele será negativo.
Fy =0 → VBdir
+ VCesq
- 70 = 0
VBdir
= 33,451 kN
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No diagrama de esforço cortante: Positivo pela convenção de sinal da cortante que
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido horário ele
será positivo.
Colocam-se esses valores encontrados no diagrama de esforço cortante.
Observe que no ponto de aplicação da força de 70 kN haverá um salto
desde valor.
Apesar de não se ter cortante igual a zero (V=0) precisa-se encontrar o momento no
ponto R. Adotado para cálculo do MR sentido horário positivo (Tração em baixo
momento positivo– ao calcular o momento: se der positivo desenha do lado de baixo da
viga; se der negativo desenha do lado de cima da viga).
MR=VBdir
·2 – 16,956 = 49,946 kN . mSinal positivo: desenha do lado de baixo da
viga.
• BARRA CD
Da mesma forma, considerando a BARRA CD como bi-apoiada com os carregamentos
iniciais mais os momentos encontrados pode-se achar a solução com as três equações
de equilíbrio.
As reações de apoios verticais da BARRA CD serão as cortantes da viga contínua
hiperestática.
∑ Fx =0 Não tem força na horizontal.
∑ MC=0 → Adotado anti-horário positivo.
VDesq
· 4 - 50 + 80 + 23,152 = 0
VDesq
= -13,288 kNA cortante VDesq adotada para cima, na realidade é
para baixo.
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No diagrama de esforço cortante: Positivo pela convenção de sinal da cortante que
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido horário ele
será positivo.
Fy =0 → VCdir
+ VDesq
= 0 → VCdir
= - VDesq
VCdir
= - ( -13,288) = 13,288 kN
No diagrama de esforço cortante: Positivo pela convenção de sinal da cortante que
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido horário ele
será positivo.
Colocam-se esses valores encontrados no diagrama de esforço cortante.
Apesar de não se ter cortante igual a zero (V=0) precisa-se encontrar o momento no
ponto W. Adotado para cálculo do MW sentido horário positivo (Tração em baixo
momento positivo – ao calcular o momento: se der positivo desenha do lado de baixo
da viga; se der negativo desenha do lado de cima da viga).
Primeiro, calcular-se-á o momento MW imediatamente antes de passar pelo ponto W.
MWantes
=VCdir
·3 – 23,152 = 16,712 kN . mSinal positivo: desenha do lado de baixo
da viga.
Segundo, calcular-se-á o momento MW imediatamente depois de passar pelo ponto W.
MWdepois
=VCdir
·3 – 23,152 – 80 = - 63,288 kN . mSinal negativo: desenha do lado
de cima da viga.
• BALANÇO
O balanço é considerado isostático ele pode ser tratado como uma viga engastada
numa extremidade e livre na outra como já foi dito anteriormente.
Pode-se achar a solução com as três equações de equilíbrio.
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A reação de apoio vertical da viga em balanço será a cortante da viga contínua
hiperestática.
∑ Fx =0 Não tem força na horizontal.
∑ MD=0 → Adotado anti-horário positivo.
50 – 50 · 1 = 0 OK!
Fy =0 → VDdir
- 50 = 0
VDdir
= 50 kN
No diagrama de esforço cortante: Positivo pela convenção de sinal da cortante que
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido horário ele
será positivo.
Coloca-se esse valore encontrado no diagrama de esforço cortante.
Observe que no ponto de aplicação da força de 50 kN haverá um salto
desde valor.
6) Determinação das reações de apoio
RA = VA
dir = 48,016 kN
RB = VBesq
+ VBdir
= 71,984 + 33,451 = 105,435 kN
RC= VC
esq + VC
dir= 36,549 + 13,288 = 49,837 k
RD= VD
esq + VD
dir= -13,288 + 50 = 36,712 kN
7) Traçado dos diagramas de esforços solicitantes:
Diagrama de esforço cortante
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Diagrama de momento fletor
O momento concentrado no nó B de 55 kN.m aparece no diagrama na descontinuidade
do traçado (Salto de 71,957 – 16,956 = 55,001 kN . m). E o momento concentrado no
ponto W de 80 kN.m aparece no diagrama na descontinuidade do traçado (Salto de
63,288 + 16,712 = 80 kN . m).