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Diagramas de Esforços Internos

Mecânica dos Sólidos I - Segundo Semestre/ 2005Prof. Eduardo LenzMonitor. Marcos Roberto CardosoCCT- Centro de Ciências TecnológicasUniversidade do Estado de Santa CatarinaJoinville, SC, Brasil.

Objetivo: Estudar a transmissão de esforços no interior de corpos. Esta é a primeira etapapara entender como os esforços externos (aplicados por um outro corpo) se distribuem no interiordo corpo em estudo.

Tomemos como exemplo a estrutura da figura abaixo:

F

ao aplicarmos um carregamento sobre a estrutura, esta irá se deformar. Isto ocorre pois asdiferentes regiões do corpo exercem esforços umas sobre as outras e o corpo assume uma posiçãode equilíbrio diferente de quando não existiam esforços externos. Imaginando como o esforçoexterno se distribui, podemos visualizar o processo de transmissão de esforços. Para isto, vamosexagerar um pouco a posição final da estrutura:

F

1

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2

onde podemos visualizar o efeito de um dos esforços que atuam em estruturas: o esforçocortante. Para entender o que é o esforco cortante, podemos estudar o diagrama de corpo livrede um pequeno pedaço da estrutura:

onde podemos verificar que para o pedaço em destaque estar em equilíbrio:

ΣFy = 0→ V 1y + V 2

y + Esforcos verticais = 0.

A forca Vy que surge de cada um dos lados do elemento é chamada de esforço cortante, pois tendea cortar o material na direção de Y . O esforço cortantes nada mais é do que a força vertical (nocaso na direção de Y ) que o lado (esquerdo ou direito) da estrutura faz sobre o pedaço de materialconsiderado. Portanto, o conhecimento dos esforços cortantes é fundamental para entendermosas solicitações que ocorrem dentro de um corpo.

Exemplo: Um pino cilíndrico segura duas chapas: Ao puxarmos cada uma das chapas emdireções opostas, o pino sofrerá um esforço de corte. A figura ilustra o esforço cortante que aparte 1 faz sobre a parte 2 (cortante a) e o esforço cortante que a parte 2 faz sobre a parte 1(cortante b).

F

F

1

2

ab

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3

Convenção de sinal para cortante positivo: Toda vez que a parte da direita da estrutura realizaum esforço vertical no sentido positivo, dizemos que o esforço cortante é positivo. Por equilíbrio,temos que a parte da esquerda da estrutura realiza um esforço cortante no sentido negativo doeixo vertical. Assim, considerando um pedaço de material, temos as seguintes opções:

0.1 Obtenção da distribuição de esforços cortantes em uma estrutura:

Considere o seguinte exemplo:

F

L

x

y

A B

Inicialmente, determinamos as reações que atuam no engaste. Como o engaste está restrin-gindo 3 movimentos (graus de liberdade), teremos 3 reações

F

L

x

y

A B

Ry

Rx

Mz

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4

ΣFx = 0→ Rx = 0

ΣFy = 0→ Ry = F

ΣMA = 0→Mz = FL

e o objetivo é estudar a distribuição de esforços cortantes. Para isto, fazemos um corte hipotéticono corpo, substituindo a parte da direita do corpo por um esforco cortante que represente a açãoda parte da direita da estrutura sobre a parte da esquerda. Vamos estudar o que ocorre a umadistância L

3do engaste:

L/3F

F

L

x

y

A B

Ry

Rx

Mz

V(L/3)

aqui,

ΣFy = 0→ +F + Vy(L

3) = 0

ou seja,

Vy(L

3) = −F

indicando que a parte da direita faz um esforco cortante de valor F , para baixo. Por definição, estecortante é negativo. Pode-se observar, também, que para qualquer corte realizado entre x = 0e x = L, o valor do esforco cortante será o mesmo, pois não existem forças verticais aplicadasao longo do corpo, somente nas extremidades. Isto quer dizer que a equação de equilíbrio acimanão se altera para diferentes valores de x.

Graficamente, ilustramos a distribuição de esforços cortantes com um diagrama, chamado dediagrama de esforços cortantes

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Exemplo:

Novamente, iniciamos o problema com a determinação das reações nos apoios (no caso, oengaste). Para o problema em questão, obtemos

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ΣFx = 0→ Rx = 0

ΣFy = 0→ Ry = −100

ΣMA = 0→Mz = 0

Para obtermos o diagrama de esforços cortantes no corpo em estudo, fazemos um corte hipo-tético no corpo, substituindo a parte retirada por um conjunto de esforços que represente a açãoda parte retirada sobre a parte em estudo. Conforme observamos no exemplo anterior, o dia-grama de esforços cortantes só tem seus valores alterados quando aplicamos uma força verticalsobre o corpo. Neste exemplo, temos três forças verticais aplicadas: a reação Ry e as duas forçasconcentradas. Com isto, esperamos que ocorram três saltos no diagrama.

Procedendo com o primeiro corte, em qualquer posição entre x > 0 e x < L/2, obtemos

∑

Fy = 0→ Vy − 100 = 0→ Vy = 100N

e não é difícil de observar que o valor de Vy não se altera para qualquer corte entre 0 e L/2.No entanto, em x = L/2 existe uma força concentrada. Isto faz com que o equilíbrio de forçasformulado acima não tenha validade para x ≥ L/2 e , portanto, um novo corte é necessário:

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com equilíbrio∑

Fy = 0→ Vy − 100 + 200 = 0→ Vy = −100N.

Observe que o novo corte é definido a uma distância x′a partir de x = L/2. Embora isto não

seja necessário neste exemplo, é uma prática que no futuro evitará uma série de problemas.Novamente, não temos nenhum outro carregamento aplicado entre L/2 < x < L (ou 0 < x

′

<L/2), de tal forma que o diagrama de esforços internos para este exemplo é

Com auxílio dos dois exemplos anteriores, podemos podemos obter as seguintes conclusões:

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• o diagrama de esforços cortantes apresenta saltos de valores em pontos onde a estruturaé submetida a esforços transversais concentrados. Na convenção de sinais utilizada nestetexto, observamos que o salto tem sentido oposto ao da aplicação da força, apresentado amesma magnitude;

• em regiões onde não existe carregamento transversal aplicado, o diagrama de esforçoscortantes tem valor constante.

Exemplo:

Neste exemplo temos uma carga distribuída constante, de valor q N/m. Cargas distribuídastem unidades de força por unidade de comprimento, devendo ser integradas para resultar em umaunidade de força que permita solucionar as equações de equilíbrio. Para ilustrar o procedimento,vamos determinar o valor das reações no engaste

∑

Fy = 0→ Ry −

∫ L

0

q(x) dx

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onde q(x), para este exemplo, é constante. A integral é utilizada pois em cada unidadediferencial de comprimento, dx, atua uma força distribuída. Assim, a força diferencial é dadapor

dF = q(x) dx

tal que a força total é obtida com

F =

∫ L

0

dF =

∫ L

0

q(x)dx

como ilustrado na figura abaixo

Assim,Ry = qL

pois q(x) é constante. O equilíbrio de momentos em relação ao ponto A é obtido com o mesmoconceito de integração, com o único cuidado de observarmos que a força dF provoca um mo-mento diferencial no ponto A, dado por

dMA = dF ∗ x

e o momento total é dado por

MA =

∫ L

0

dM =

∫ L

0

dF ∗ x =

∫ L

0

q(x)x dx

e∑

MA = 0→ −Mr −

∫ L

0

q(x)x dx

tal que

Mr = −qL2

2.

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Para obtermos os diagramas de esforços, inicialmente observamos que não existem forçasconcentradas ao longo do comprimento, somente forças distribuídas. Como a equação da forçadistribuída não se altera ao longo do comprimento (neste exemplo o carregamento é constante),podemos estudar o equilíbrio de forças em um corte hipotético a uma distância x do engaste

obtendo∑

Fy = 0→ Vy + Ry −

∫ x

0

q dx = 0

resultando emVy = q(x− L).

Neste ponto é importante enfatizarmos alguns conceitos básicos:

• o maior valor de esforço cortante se situa no engaste (x = 0), significando que a parte dadireita da estrutura está aplicando uma força (para baixo) de magnitude qL;

• no ponto x = L o valor do esforço cortante é nulo, pois não existe força aplicada no ponto;

• na presença de um carregamento distribuído de valor constante, o diagrama de esforçoscortantes tem variação linear.

Assim, o diagrama de esforços cortantes para este exemplo é

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Exemplo

Neste exemplo, temos uma força distribuída com variação linear entre x = 0 e x = L/2.O primeiro passo consiste em determinar a equação que descreve o carregamento (no caso, aequação de uma reta). Para isto, observamos que o carregamento tem valor nulo em x = 0 eassume o valor q0em x = L/2. Assim, a inclinação da reta é

a =q0 − 0

L/2− 0=

2q0

L

eq(x) =

2q0

Lx

estando definida no intervalo 0 < x < L/2. Com a expressão do carregamento, podemosproceder com a determinação das reações nos apoios. Como os apoios são rotulados, as únicasreações existentes são forças verticais e/ou horizontais

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e o equilíbrio de forças resulta em

∑

Fy = 0→ R1 + R2 +

∫ L/2

0

q(x) dx = 0

∑

MA = 0→ R2L +

∫ L/2

0

q(x) ∗ x dx = 0

ou

R1 + R2 +

∫ L/2

0

2q0

Lx dx = 0

R2L +

∫ L/2

0

2q0

Lx2 dx = 0

tal que

R1 + R2 = −q0L

4

R2L = −q0L

2

12

eR2 = −

q0L

12R1 = −

q0L

6

É interessante notar que o mesmo resultado pode ser obtido com a abordagem usual, deutilizar a área sob o carregamento. Como a função é linear, a área sob o gráfico (força total) édada por

Ftot =L2q0

2=

q0L

4

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que é justamente o valor da integral∫ L/2

0q(x) dx. O momento em relação ao ponto A pode ser

obtido multiplicando-se a força total pelo braço de alavanca, que no caso do exemplo é 23

de L2

ou seja

Mtotal =2

3

L

2

q0L

4=

q0L

12que é justamente o valor obtido com o procedimento de integração, que é muito mais geral.

De posse das reações, podemos agora estudar a distribuição de esforços internos. Para isto,observamos que a estrutura é submetida a um carregamento distribuído linear entre x = 0 ex = L/2 e está livre de carregamentos até x = L. Assim, devido a mudança no carregamento,devemos estudar dois cortes hipotéticos:

Primeiro corte: 0 < x < L/2

∑

Fy = 0→ R1 + Vy +

∫ x

0

q(x) dx = 0

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= R1 + Vy +

∫ x

0

2q0

Lx dx = 0

resultando em

Vy =q0L

6−

q0x2

Lque é uma expressão quadrática.

Para obtermos a expressão do segundo trecho, definimos um novo sistema de coordenadas,com origem O

′ em x = L/2, de acordo com a figura abaixo

e o equilíbrio de esforços verticais resulta em

∑

Fy = 0→ R1 + Vy(x′

) +

∫ L/2

0

q(x) dx = 0

= R1 + Vy(x′

) +q0L

4= 0

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tal que

Vy(x′

) = +q0L

6−

q0L

4= −

q0L

12

constante em todo o trecho. Assim, o diagrama de esforços cortantes para o exemplo é

Uma outra maneira de obtermos o diagrama de esforços cortantes do segundo trecho consisteem fazermos um corte da direita para a esquerda

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resultando em∑

Fy = 0→ −Vy(x′′

) + R2 = 0

tal que

Vy(x′′

) = −q0L

12,

o mesmo resultado obtido com o corte da esquerda para a direita. O único cuidado consiste emobservar que a convenção de sinais para cortante positivo faz com que tenhamos que consideraro cortante para baixo no corte considerado.

Com este exemplo, chegamos as seguintes conclusões:

• quando o carregamento distribuído tem variação linear, o diagrama de esforços cortantesapresenta variação quadrática;

• é aconselhável realizar uma mudança de variável ao realizarmos novos cortes. Isto evitaráproblemas futuros ao lidarmos com carregamentos distribuídos mais complicados;

• é possível realizar os cortes da direita para a esquerda ou da esquerda para a direita, com ocuidado de respeitar a convenção de sinais utilizada.

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0.2 Momentos

Podemos separar momentos em dois tipos, de acordo com seu efeito sobre o corpo em estudo:momentos fletores e momentos torsores. O momento torsor é aquele que faz com que a seçãotransversal do corpo gire em torno do seu eixo axial, que será chamado de eixo x no presentetexto (ver figura abaixo).

Quando observamos a peça em uma vista perpendicular ao eixo onde o momento torsor éaplicado, utilizamos a notação de dupla flecha, mostrada no canto superior da figura. A conven-ção de sinal para o momento torsor positivo é a indicada na figura acima: se o momento aplicadofaz a seção girar em torno do eixo axial, no sentido anti-horário (o sentido em que os ângulos sãotomados como positivos na trigonometria), então o momento torsor é positivo. Assim, se isolar-mos um pedaço de material de um corpo submetido a momentos torsores, obtemos a seguinteconvenção para momentos torsores positivos

Momentos fletores, por sua vez, são as componentes de momento que fazem as seções trans-versais da peça girarem em torno dos eixos Y e Z. Assim, um momento que faz a seção transver-sal girar em torno do eixo Z é chamado de momento fletor Mz, e um momento que faz a seçãotransversal girar em torno do eixo Y é chamado de momento fletor My, de acordo com a figuraabaixo

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A convenção de sinal para momentos fletores positivos é a indicada na figura acima; se omomento faz com que o material seja comprimido na parte superior da peça (na direção positivade Y ou Z), então é positivo.

Exemplos:

Este exemplo é o mais simples possível, onde temos um momento fletor concentrado aplicadoem x = L. Como este é o único carregamento aplicado na estrutura, observamos que de todasas possíveis reações no engaste, apenas a reação de momento fletor Mr existirá, de acordo coma figura abaixo

Por equilíbrio de momentos fletores em torno do eixo Z, obtemos

Mr = Mc.

O procedimento para obtermos a distribuição de momentos fletores na estrutura é a mesmautilizada para obtermos os diagramas de esforços cortantes; realizamos um corte hipotético em

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uma seção transversal e determinamos quais esforços internos são realizados por uma parte daestrutura sobre a parte remanescente. Para o exemplo observamos que não existe alteração docarregamento externo entre 0 e L, de tal forma que, para um corte a uma distância qualquer x

∑

Mo = 0→Mr + Mz(x) = 0

Mz(x) = −Mr

onde o sinal negativo indica que a estrutura do exemplo está sendo curvada para baixo (sen-tido negativo do eixo Y ). O diagrama de momentos fletores MZ da estrutura é

Exemplo:

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Neste exemplo, verificamos que existem somente reações verticais, uma vez que os apoiosrotulados não apresentam reações de momento fletor. As reações são obtidas por relaçõe deequilíbrio

∑

Fy = 0→ R1 + R2 = 0∑

MA = 0→Mc + R2L = 0

resultando emR1 =

Mc

LR2 = −

Mc

L

Devido ao fato de existir uma descontinuidade no carregamento em x = L/2 devemos estudara distribuição de esforços internos com o auxílio de dois cortes hipotéticos. Para x < L/2

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estudamos o equilíbrio da seção∑

Fy = 0→ R1 + Vy(x) = 0∑

MA = 0→Mz(x) + Vy(x) ∗ x = 0

de onde obtemos

Vy(x) = −R1 = −Mc

L

Mz(x) = R1x =Mc

Lx

observando que o esforço cortante da seção também realiza momento fletor sobre o ponto A.Um erro muito comum é desconsiderar este efeito !

Para o trecho após o momento concentrado (x > L/2), devemos estudar novamente o equi-líbrio de um corte hipotético. Para isto, realizamos um novo corte, a uma distância x

′do pontoL/2

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e, novamente estudando o equilíbrio,

∑

Fy = 0→ R1 + Vy(x) = 0∑

MA = 0→Mz(x) + Vy(x) ∗ x + Mc = 0

de onde obtemos

Vy(x) = −Mc

L

Mz(x) = Mc

(

x

L−

1

2

)

para x′ definido no intervalo x′ ∈ (0, L

2]. Assim, os diagramas de esforços internos para esta

estrutura são

Com base neste exemplo, podemos verificar que

• a presença de um momento fletor concentrado faz com que existe uma descontinuidade(salto) no diagrama de momentos fletores. A magnitude desta descontinuidade é igual ado momento fletor aplicado no ponto;

• apoios não restringem o giro da seção e portanto não tem reação de momento. Desta forma,o diagrama de momentos fletores deve apresentar valores nulos em apoios (a não ser queum momento concentrado seja aplicado sobre o apoio);

• a presença de um momento concentrado não implica em descontinuidades no diagrama deesforços cortantes;

Exemplo:

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23

por simetria do carregamento e da estrutura, observamos que as reações nos apoios devemser para cima, de valor

R1 = R2 =qL

2.

Como o carregamento distribuído é contínuo por todo o comprimento da estrutura, observamosque um corte hipotético e genérico é suficiente para descrever corretamente a distribuição deesforços internos. Assim,

∑

Fy = 0 →qL

2+ Vy(x)−

∫ x

0

q0 dx = 0

∑

MA = 0 → Vy(x) ∗ x + Mz(x)−

∫ x

0

q0x dx = 0

resultando em

Vy(x) = q0

(

x−L

2

)

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Mz(x) =q0L

2x−

q0

2x2

com diagramas

Com este exemplo verificamos que

• um carregamento distribuído de valor constante implica em um diagrama de esforços cor-tantes com variação linear e em um diagrama de momentos fletores com variação quadrá-tica;

• o ponto com o máximo valor de momento (x = L/2) é o ponto com esforço cortante nulo;

De posse de todas as conclusões obtidas nos exemplos anteriores, observamos de forma empíricaque

• nos pontos onde existem forças concentradas ocorrem descontinuidades de mesma magni-tude nos diagramas de esforços cortantes;

• nos pontos onde existem momentos concentrados ocorrem descontinuidades de mesmamagnitude nos diagramas de momentos fletores;

• em regiões sem carregamento, o diagrama de esforços cortantes mantém um valor cons-tante;

• os diagramas de momentos fletores só são constantes em regiões com esforços cortantesnulos;

• em regiões com carregamento distribuído constante, os esforços cortantes têm variaçãolinear e os momentos fletores tem variação quadrática;

• em regiões com carregamento distribuído linear, os esforços cortantes têm variação qua-drática.

Para descrevermos estes comportamentos de forma exata, vamos realizar um estudo de um pe-daço qualquer de uma estrutura submetida a um carregamento distribuído genérico

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Mesmo sendo q(x) uma função qualquer, podemos estudar um pedaço de comprimento dxcomo estando submetido a uma distribuição constante q(x) (isto é, o valor da função q(x) noponto onde realizamos o corte), pois dx é arbitrário. Para manter o equilíbrio do pedaço emestudo, devemos considerar os possíveis acréscimos dos esforços internos. Por este motivo,escrevemos V + dV e M + dM no corte da direita. O nosso objetivo é justamente determinarqual é a forma destes incrementos. Por equilíbrio de forças verticais

∑

Fy = 0 → −V + (V + dV ) + q dx = 0

o que leva a concluir quedV = −q dx

e, isolando o carregamentod V

d x= −q

que justifica uma boa parte das conclusões obtidas anteriormente, pois a expressão mostra quea distribuição de esforços cortantes será dado pela integral do carregamento distribuído. Assim,se o carregamento distribuído tem forma polinomial, o grau do polinômio que descreve o es-forço cortante será 1× maior. Se o carregamento distribuído é nulo, então verificamos que adistribuição de esforços cortantes deve ser nula.

Para o equilíbrio de momentos em torno do ponto o, obtemos∑

Mo = 0 → −M + (M + dM) + (V + dV ) dx +q dx2

2= 0

de onde observamos que alguns dos termos são muito pequenos, pois são produtos de termosinfinitesimais ( dx2 e dV dx). Assim, obtemos

d M

d x= −V

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que permite explicar o acréscimo de 1×no grau do polinômio que descreve a distribuição deesforços cortantes e também o fato de o diagrama de momentos fletores ser constante quando adistribuição de esforços cortantes é nula. De igual importância é a observação de que os pontosde maior (em módulo) valor da solicitação de momento fletor se situarem em pontos com cortantenulo. Para o último exemplo, observamos que a distribuição de esforços cortantes é dada por

V (x) = q0

(

x−L

2

)

que assume valor nulo em x = L/2, justamente o ponto de maior momento fletor.Para o caso de forças concentradas observamos que

e∑

Fy = 0→ −V + F + (V + dV ) = 0

tal quedV = −F

e, para o caso de momento concentrados

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∑

Mo = 0 → −M + Mc + (M + dM) + (V + dV ) dx = 0

e, lembrando que neste caso não temos variação de esforço cortante, concluímos que a únicafonte de variação de momentos fletores é o momento concentrado aplicado, isto é

dM = −Mc

0.3 Esforço Normal

Ao suspendermos um peso utilizando uma corda, estamos tracionando a corda, pois cada pedaçoda corda irá aumentar de comprimento. O esforço que produz tal efeito é chamado de esforçonormal, N , podendo ser de tração (quando o corpo é esticado) ou de compressão (quando ocorpo é encurtado). Este tipo de esforço é muito importante no estudo de estruturas articuladas(treliças) onde os membros são submetidos exclusivamente a este tipo de esforço.

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A convenção de sinais para os esforços normais é a seguinte: se um pedaço de material estásendo tracionado (puxado) então dizemos que o material está sendo submetido a um esforçonormal positivo, e se o material está sendo comprimido (encurtado), então está sendo submetidoa um esforço normal negativo.

Exemplo:

como neste exemplo temos somente forças horizontais, então teremos apenas uma reação, noapoio A. Por equilíbrio de forças horizontais, obtemos

∑

Fx = 0 → R1 − 100 + 200 = 0

tal queR1 = 100 N (←).

Como existe uma descontinuidade no carregamento em x = L/2 devemos estudar a distribuiçãode esforços normais com dois cortes hipotéticos. Para o primeiro corte

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∑

Fx = 0 → −100 + N(x) = 0

tal que N(x), para 0 ≤ x < L/2 é constante e positivo, de valor 100 N . Isto indica que aprimeira parte da estrutura está sendo tracionada (puxada) por uma força constante e de valor100 N . Para o segundo trecho

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∑

Fx′ = 0 → −100− 100 + N(x′) = 0

indicando que o segundo trecho está sendo tracionado, com um valor de 200 N . O diagramade esforços normais para este exemplo é

Exemplo:

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31

para determinarmos os esforços que atuam na treliça devemos observar alguns pontos impor-tantes:

• treliças são estruturas que suportam esforços aplicados somente nas junções entre os mem-bros (nós);

• os membros são unidos por rótulas, isto é, elementos que permitem o giro. A principalconseqüência é o fato de as ligações não transmitirem momentos fletores e/ou torsores

Da última hipótese, verificamos que em treliças não existem esforços cortantes e nem momentos.Como conseqüência direta da primeira hipótese, verificamos que os esforços normais que atuamem cada um dos membro da treliça são constantes ao longo do comprimento (pois não existemoutros esforços aplicados, somente nos nós).

Para obtermos os esforços normais aplicados, podemos fazer uso do método das seções. Sea estrutura está em equilíbrio, então qualquer parte da estrutura estará em equilíbrio. Com isto,se fizermos um corte hipotético que intercepta os membros 1 e 3, obtemos

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onde o sentido dos esforços internos N1 e N3 foram assumidos como positivos. Por equilíbriode esforços no corte, obtemos

∑

Fx = 0 → −N1 + 100 = 0∑

Fy = 0 → −N3 + 0 = 0

de onde concluímos que o elemento 1 está sendo tracionado por uma força de 100 N e o elemento3 não está sofrendo esforços normais. Estudando um outro corte

∑

Fx = 0 → N1 + N5cos(450) = 0∑

Fy = 0 → −N2 −N5sin(450) = 0

e, como já calculamos o valor de N1 , obtemos

N5 = −N1

cos(450)= −

100

cos(450)

e

N2 = 100sin(450)

cos(450)= 100 N

do que se conclui que o elemento 5 está sendo comprimido e o elemento 2 está sendo tracionado.Para obtermos o esforço normal no elemento 4, devemos lembrar que existem reações nos apoios.Utilizando o apoio A, obtemos

Eduardo L

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de onde verificamos que o membro 4 está sendo tracionado por uma força normal de valor100 N .

Exemplo

Determine os diagramas de esforços internos da estrutura abaixo

Inicialmente, devemos decompor a força concentrada nas direções X e Y . Chamando acomponente vertical de P e a componente horizontal de H, podemos determinar as reações nosapoios

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resultando em

R1y = R2y =P

2+

qL

2R2x = H

Como temos uma descontinuidade no carregamento em x = L/2 devemos estudar um cortehipotético para 0 ≤ x < L/2

Eduardo L

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e, por equilíbrio∑

Fx = 0 → N(x) + 0 = 0

∑

Fy = 0 → R1y + V (x)−

∫ x

0

q dx = 0

∑

MA = 0 → V (x) x + M(x)−

∫ x

0

q x dx = 0

resultando em

N(x) = 0

V (x) = q

(

x−L

2

)

−P

2

M(x) = −qx2

2+ qL

x

2+ P

x

2

Eduardo L

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e podemos verificar qued M

d x= −qx + q

L

2+

P

2= −V

ed V

d x= q.

Para o segundo trecho, é aconselhável definirmos uma nova variável x′

∑

Fx = 0 → N(x′)−H = 0

∑

Fy = 0 → R1y − P + V (x′)−

∫ L/2

0

q dx−

∫ x′

0

q dx = 0

Eduardo L

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37

∑

MB = 0 → −R1yL

2+ V (x′) x′ + M(x′) +

∫ L/2

0

q x dx−

∫ x′

0

q x′ dx′ = 0

resultando em

N(x′) = H

V (x′) =P

2+ qx′

M(x′) =P

2

(

L

2− x′

)

+q

2

(

L2

4− x′2

)

para x′ ∈ (0, L2]. Os diagramas ficam

Verifique se as expressões obtidas respeitam as condições diferenciais entre M × V × q.

Eduardo L

enz -

UDESC

38

Exemplo

As reações no engaste são

∑

Fx = 0 → −R2 + P = 0

tal que R2 = P ,∑

Fy = 0 → R1 − F = 0

tal que R1 = F,

∑

Mx = 0 → Fb− T1 = 0

Eduardo L

enz -

UDESC

39

tal que T1 = Fb,∑

Mz = 0 → −Fa−M2 = 0

tal que M2 = −Fa (isto é, assumimos o sentido contrário para a reação),

∑

My = 0 → Pb + M1 = 0

tal que M1 = −Pb (novamente, assumimos o sentido contrário)Os diagramas de esforços para o primeiro membro são obtidos por equilíbrio. Como o car-

regamento não se altera ao longo do comprimento, fazemos um corte genérico a uma distânciax′

e∑

Fx′ = 0 → N(x′)− R2 = 0→ N(x′) = P∑

Fy′ = 0 → Vy(x′) + R1 = 0→ Vy(x

′) = −F∑

Fz′ = 0 → Vz′(x′) = 0∑

T = 0 → T (x′)− T1 = 0→ T (x′) = Fb∑

Mz′ = 0 → Mz(x′)−M2 + Vy(x

′) x′ = 0→Mz(x′) = F (x′

− a)∑

My′ = 0 → −My(x′) + M1 = 0→My(x

′) = −Pb

para o segundo membro, podemos fazer um corte a partir da extremidade livre. Neste caso,(observe que os cortantes estão nos sentidos negativos dos eixos X ′′ e Y ′′, pois estamos cortandoda direita para a esquerda).

Eduardo L

enz -

UDESC

40

∑

Fx′′ = 0 → N(x′′) = 0∑

Fy′′ = 0 → Vy(x′′) + F = 0→ Vy(x

′′) = −F∑

Fz′′ = 0 → Vz′(x′′)− P = 0→ Vz(x′′) = P

∑

T = 0 → T (x′′) = 0∑

Mz′′ = 0 → Mz(x′′)− Vy(x

′′) x′′ = 0→Mz(x′′) = −F x′′

∑

My′′ = 0 → −My(x′′) + Vz(x

′′) x′′→My(x

′) = P x′′

É interessante notar que os esforços tem denominação local, de acordo com seu efeito. Assim, omomento FLETOR MZ(x′′ = b) do segundo membro passa ser o momento TORSOR T (x′ = a)que atua na extremidade do primeiro membro. Da mesma forma, o esforço CORTANTE dosegundo membro Vz(x

′′ = b) passa a ser o esforço NORMAL N(x′ = a) do primeiro membro.Desta forma, é sempre útil compreender qual é o significado físico de cada um dos esforços queatuam em cada parte da estrutura.

Exercício: Faça os diagramas de esforços para a estrutura acima.

0.4 Pórticos

Um pórtico é uma associação de diversos membros estruturais, não necessariamente ligadospor rótulas. Desta forma, podem ser transmitidos esforços normais, cortantes e momentos. Oprocedimento de solução é exatamente o mesmo utilizado nos ítens anteriores, com o cuidadoadicional de observarmos a transmissão de esforços entre os diferentes membros.

Exemplo:

Eduardo L

enz -

UDESC

41

Inicialmente, devemos calcular as reações. Como existe apenas carregamento na direçãoY , existem apenas reações nesta direção. Devido a simetria do carregamento e da estrutura,observamos que

R1y = R2y = qL

2.

Como a estrutura é composta de dois membros, devemos estudar cada um deles separadamente.Iniciando pelo membro 1, observamos que não existe descontinuidade de carregamento ao longodo seu comprimento. Assim, apenas um corte hipotético é necessário

Eduardo L

enz -

UDESC

42

e o equilíbrio no corte é

∑

Fx′ = 0 → qL

2+ N(x′) = 0

∑

Fy′ = 0 → V (x′) + 0 = 0∑

MA = 0 → V (x′) x′ + M(x′) = 0

resultando em

N(x′) = −qL

2V (x′) = 0

M(x′) = 0

indicando que o membro 1 está sendo submetido somente a um esforço normal de compressão.Para o segundo membro, podemos proceder de duas maneiras: ou cortamos da esquerda

para a direita ou da direita para a esquerda. Vamos utilizar a primeira abordagem (que é maistrabalhosa neste exemplo em específico)

Eduardo L

enz -

UDESC

43

e o equilíbrio de forças no corte é∑

Fx′ = 0 → N(x′′) = 0

∑

Fy′ = 0 → V (x′′) + qL

2−

∫ x′′

0

q dx′′ = 0

∑

MB = 0 → V (x′′) x′′ + M(x′)−

∫ x′′

0

q x′′ dx′′ = 0

Eduardo L

enz -

UDESC

44

resultando em

v(x′′) = q

(

x′′−

L

2

)

e

M(x′′) = −qx′′2

2+ qL

x′′

2.

Desta forma, os diagramas de esforços para a estrutura (pórtico) são

Exemplo: Determine os diagramas de esforços para o pórtico abaixo

Eduardo L

enz -

UDESC

45

O primeiro passo na solução deste problema consiste em determinar as reações nos apoios.Para isto, devemos realizar o somatório de esforços e momento, como de costume. No entanto,para realizar o somatório de esforços, devemos integrar as equações que descrevem os carrega-mentos distribuídos.

Iniciando com o carregamento de variação quadrática (membro vertical), observamos queuma função polinomial de segundo grau pode ser escrita na forma genérica q(x) = ax2 + bx+ c,ou seja, precisamos determinar 3 coeficientes. Da simples observação do problema, verificamosque o valor do carregamento é conhecido em 3 pontos

q(0) = 0

q(2) = 200

q(4) = 0

de tal forma que a equação que descreve o carregamento é

q(x) = −50x2 + 200x.

Por sua vez, a equação linear que descreve o carregamento distribuído no membro horizontalpode ser escrita na forma genérica q(x′′) = ax′′ + b, ou seja, devemos determinar 2 coeficientes.Novamente, observamos que

q(0) = −400

q(3) = 0

de tal forma que a equação que descreve o carregamento com variação linear é

q(x′′) = −400 +400

3x.

Eduardo L

enz -

UDESC

46

Cálculo das reações:

∑

Fx = 0 → −

∫ 4

0

(−50x2 + 200x) dx + R3 = 0

tal queR3 = 533, 33N ;

∑

Fy = 0 → R1 + R2 +

∫ 3

0

(−400 +400

3)x′′ dx′′ = 0

tal que

R1 + R2 = 600N ;

∑

MA = 0→ −4R3+

∫ 4

0

(−50x2+200x)x dx−30+2R2+

∫ 3

0

(−400+400

3x)(2+x′′) dx′′ = 0

Solucionando as equações, obtemos

R1 = −848, 32 N

R2 = 1448, 32 N

Primeiro Corte: Vamos iniciar a análise dos esforços internos no membro vertical. Para isto,observamos que não existem descontinuidades no carregamento, de x = 0 até x = 4. Assim,necessitamos apenas de um corte, a uma distância genérica x do apoio

Estudando o equilíbrio neste pedaço da estrutura, obtemos∑

Fx = 0 → N(x)− 848.32 = 0

tal queN(x) = 848.42 N ;

Eduardo L

enz -

UDESC

47

∑

Fy = 0 → V (x) +

∫ x

0

(−50x2 + 200x) dx = 0

tal que

V (x) =50

3x3− 100x2;

∑

Mo = 0 → V (x)x + M(x) +

∫ x

0

(−50x2 + 200x)x dx = 0

tal queM(x) = −4.16666x4 + 33.3333x3

Segundo Corte: Ao realizarmos o segundo corte, devemos observar alguns aspectos impor-tantes:

1) A força distribuída que atua no membro vertical pode, agora, ser considerada como umaforça concentrada, desde que situada no ponto correto (neste caso, devido a simetria do carrega-mento, em x=2m);

2) Todos os esforços existentes na esquerda do corte devem ser considerados, isto é, nãodevemos esquecer nenhum esforco, incluindo a reação no apoio;

3) Não existe nenhum carregamento aplicado ao longo do corte. Assim, podemos novamenteconsiderar um corte genérico, a uma distância x′ da origem do corte, o′.

Equilíbrio do corte:∑

Fx′ = 0 → N(x′)− 533.33 = 0

tal queN(x′) = 533.33 N ;

Eduardo L

enz -

UDESC

48

∑

Fy = 0→ V (x)− 848.32 = 0

tal queV (x′) = 848.32 N ;

∑

Mo′ = 0→ −30− 533.33 ∗ 2 + V (x′)x′ + M(x′) = 0

tal queM(x′) = −848.32x′ + 1096.7.

Terceiro Corte: Os comentários do segundo corte continuam válidos para este novo corte,com a diferença de que agora temos um carregamento linear. No entanto, como não existemdescontinuidades neste carregamento, é necessário apenas um corte a uma distância x′′.

Novamente, estudando o equilíbrio, obtemos∑

Fx′′ = 0→ N(x′′)− 533.33 + 533.33 = 0

tal queN(x′′) = 0 N ;

∑

Fy′′ = 0→ V (x′′)− 848.32 + 1448.32 +

∫ x′′

0

(−400 +400

3x′′) dx′′ = 0

tal queV (x′′) = −66.666x′′2 + 400x′′

− 600 N

e

∑

Mo′′ = 0→M(x′′)+2∗848.32−2∗533.33−30+V (x′′)x′′+

∫ x′′

0

(−400+400

3x′′)x′′ dx′′ = 0

Eduardo L

enz -

UDESC

49

tal queM(x′′) = 22.222x′′3

− 200x′′2 + 600x′′− 600 Nm.

Com isto, podemos obter os diagramas de esforços internos para esta estrutura

Observe o salto no valor do momento, no ponto em que o momento concentrado 30Nm estáaplicado.

0.5 Estruturas em Arco

Nos exemplos anteriores trabalhamos com cortes arbitrários ao longo do comprimento de mem-bros retos. No entanto, se a estrutura for curva, devemos ter cuidados adicionais ao definirmos ocorte. Para entender o que ocorre nestes casos, vamos estudar o seguinte exemplo:

Se fizermos um corte hipotético a uma posição θ = 00

Eduardo L

enz -

UDESC

50

observamos que nesta posição o corte apresenta

N(θ = 0) = 0

V (θ = 0) = −F

M(θ = 0) = 0

ou seja, a parte da direita da estrutura está fazendo uma força cortante no sentido negativo (ouseja, para a direita).

Realizando agora um corte hipotético em θ = 900

N(θ = 90) = F

V (θ = 0) = 0

M(θ = 0) = FR

e observamos que o material em θ = 900 está sendo tracionado (puxado) por uma força de valorF , mas não existe corte. O momento positivo indica que a parte superior do arco, está sendocomprimida.

Finalmente, para θ = 1800,observamos que

Eduardo L

enz -

UDESC

51

N(θ = 180) = 0

V (θ = 180) = F

M(θ = 180) = 0

indicando que ocorre um corte puro em θ = 1800. Para obtermos uma expressão geral paraeste exemplo, vamos definir um corte em uma posição genérica θ e estudar o equilíbrio de forças.

Eduardo L

enz -

UDESC

52

O que se faz é definir um sistema de coordenadas X(θ) − Y (θ) que varia com o ângulo docorte. Definindo os esforços N, V e M nas direções do sistema móvel e decompondo a força Fno sistema X(θ)− Y (θ) escrevemos o equilíbrio na direção x(θ) como

∑

Fx(θ) = 0 → N(θ)− Fsen(θ) = 0

tal que N(θ) = Fsen(θ). Este valor está de acordo com a observação prévia. Para o equilíbrioem Y (θ)

∑

FY (θ) = 0 → V (θ) + Fcos(θ) = 0

resultando em V (θ) = −Fcos(θ). Devido ao fato de o momento ser um vetor livre, podemossomar diretamente M(θ) com o momento provocado pela força F , bastando observar que o braçode alavanca da força é Rsen(θ). Assim

∑

M = 0 → M(θ)− FRsen(θ) = 0

tal que M(θ) = FRsen(θ). Os diagramas são

Eduardo L

enz -

UDESC

53

Exemplo:

Estudando o que ocorre em um corte em θ = 00

N(θ = 0) = F

V (θ = 0) = 0

M(θ = 0) = 0

Eduardo L

enz -

UDESC

54

ou seja, a fatia de material em estudo está sendo apenas tracionada. Para um corte a 900

N(θ = 0) = 0

V (θ = 0) = F

M(θ = 0) = −F R

onde observamos que a parte da direita da estrutura está fazendo um corte vertical na seção.O momento é negativo pois está tracionando a parte de cima do corte. Finalmente, para um cortea 1800

N(θ = 0) = −F

Eduardo L

enz -

UDESC

55

V (θ = 0) = 0

M(θ = 0) = −2F R

onde observamos que esta parte da estrutura está sendo comprimida. Para um corte geral

∑

Fx(θ) = 0 → N(θ)− Fcos(θ) = 0→ N(θ) = Fcos(θ)∑

Fy(θ) = 0 → V (θ)− Fsen(θ) = 0→ V (θ) = Fsen(θ)∑

M = 0 → M(θ) + F ∗ [R− Rcos(θ)] = 0→M(θ) = −FR(1− cos(θ))

Eduardo L

enz -

UDESC

56

0.6 Exemplos Adicionais

0.6.1 Para a estrutura abaixo, obtenha as equações que descrevem os esforços internos.

1m 1m1m 1m

4m

100 N

40 N/m

20 N/m

200 Nm

200 Nm

q(x’)

Figura 1: Carregamento distribuido sobre pórtico

CÁLCULO DAS REAÇÕESEquação da reta: q(x′) = −20 + 20x′

∑

Fx = 0

R3 + 100 = 0

R3 = −100N∑

Fy = 0

R1 + R2 +

∫ 1

0

(−20)dx +

∫ 3

0

(−20 + 20x′)dx′ = 0

R1 + R2 = 20 + (60− 90)

R1 + R2 = −10N (1)

Eduardo L

enz -

UDESC

57

∑

Mo = 0

−200 + 200 +

∫ 1

0

(−20x)dx +

∫ 3

0

(−20 + 20x′)(1 + x′)dx′ + 4R2 = 0

4R2 − 10 + (−60 + 180) = 0

R2 = −27, 5N

Voltando na eq.1, temos que:R1 = −10 + 27, 5

R1 = 17, 5N

CORTESCorte 1 - (0 ≤ x < 1), na parte com carregamento constante.

x

20 N/m

100 N

17,5 N

V(x)

N(x)

M(x)o

Figura 2: Corte 1

∑

Fx = 0

N(x) = 100N (2)∑

FY = 0

17, 5 + V (x) +

∫ x

0

(−20)dx = 0

V (x) = −17, 5 + 20x (3)∑

Mo = 0

M(x) + (20x− 17, 5)x +

∫ x

0

(−20x)dx = 0

M(x) = 17, 5x− 20x2 +20x2

2

Eduardo L

enz -

UDESC

58

M(x) = −10x2 + 17, 5x (4)

Corte 2 - (0 ≤ x′ < 2), pois temos um momento concentrado em x′ = 2m.

1m x’

20 N/m

100 N

17,5 N

o’

V(x’)

N(x’)

M(x’)

Figura 3: Corte 2

∑

Fx = 0

N(x′) = 100N (5)

∑

FY = 0

17, 5 + V (x′) +

∫ 1

0

(−20)dx +

∫ x′

0

(−20 + 20x′)dx′ = 0

V (x′) = 2, 5 + 20x′− 10x′2 (6)

∑

Mo = 0

M(x′) + (−10x′2 + 20x′ + 2, 5)(x′ + 1) +

∫ 1

0

(−20x)dx +

∫ x′

0

(−20 + 20x′)(1 + x′)dx′ = 0

M(x′) = 10x′2 + 10x′3− 20x′

− 20x′2− 2, 5− 2, 5x′ +

20(1)2

2+ 20x′

−20x′3

3

M(x′) = −10x′2 +10x′3

3− 2, 5x′ + 7, 5 (7)

Corte 3 - (2 ≤ x′ < 3) O terceiro corte só é necessário devido a existência de um momentoconcentrado. Momento concentrado implica, apenas, em um salto no diagrama de momentos.Assim, é interessante manter a origem do 3◦ corte em o’. Dessa forma, as equações para normale cortante permanecem as mesmas obtidas no corte 2:

Eduardo L

enz -

UDESC

59

1m 1m1m 1m

x’’

100 N

40 N/m

20 N/m

200 Nm

q(x’)

100 N

17,5 N

o’’

V(x’’)

N(x’’)

M(x’’)

Figura 5: Corte 4

1m x’

20 N/m

200 Nm

q(x’)

100 N

17,5 NV(x’)

N(x’)M(x’)

o’

Figura 4: Corte 3

N(x′) = 100N (8)

V (x′) = 2, 5 + 20x′− 10x′2 (9)

Na equação do momento, apenas é adicionado o termo correspondente ao momento concen-trado:

M(x′) = −10x′2 +10x′3

3− 2, 5x′ + 7, 5 + 200 (10)

Corte 4 - (0 ≤ x′′ < 4), na viga vertical.∑

Fx = 0

Eduardo L

enz -

UDESC

60

N(x′′)−

∫ 1

0

(−20)dx−

∫ 3

0

(−20 + 20x′)dx′− 17, 5 = 0

N(x′′) = 27, 5N (11)

∑

Fy = 0

V (x′′)− 100 + 100 = 0

V (x′′) = 0 (12)

∑

Mo = 0

−200 + M(x′′)− 10 + 120−N(x′′).4 + V (x′′).x′′ = 0

M(x′′) = 200Nm (13)

Apartir das equações 2 a 13, são obtidos os diagramas de esforços internos:

(+)

(+)

+100 N

+27,5 N

Figura 6: Diagrama Normal

Eduardo L

enz -

UDESC

61

(+)

-17,5 N

(-) (-)

1m 1m1m1m

-27,5 N

+12,5 N

Figura 7: Diagrama Cortante

(+)

+7,5 Nm

(+)

1m3m

+200 Nm

+189,16 Nm

(+)

+200 Nm

-10,833 Nm

Figura 8: Diagrama Momento Fletor

Eduardo L

enz -

UDESC

62

0.6.2 Para a estrutura abaixo, obtenha as equações que descrevem os esforcos internos.

Figura 9: Carregamento Combinado

RESOLUÇÃO:q1(x) = ax + b(eq. da reta)Para x = 0, q1(x) = −20logo b = −20Para x = 5,q1(x) = 30logo a = 10Sendo assim: q1(x) = 10x− 20De maneira análoga, a equação da parábola fica: q2(x) = −200x2 + 200xREAÇÕES:

∑

F (x) = 0

R2x +

∫ 1

0

(−200x2 + 200x)dx = 0

R2x = −

(

−200x3

3+

200x2

2

)1

0

R2x = −33, 3N

∑

F (y) = 0

R1 + R2y +

∫ 5

0

(10x− 20)dx = 0

Eduardo L

enz -

UDESC

63

R1 + R2y +

(

10x2

2− 20x

)5

0

= 0

R1 + R2y = −25 (14)

Para o somatório de momentos no ponto B, adota-se um novo sistema de referências partindode B para A. Esse novo sistema de coordenadas é possível devido a realização de uma troca devariáveis: z = 5− x

∑

MB = 0

−

∫ 1

0

(−200x3 + 200x2)dx−

∫ 5

0

(10x− 20)(5− x)dx + 200− 6R = 01

−

(

−200x4

4+

200x3

3

)1

0

−

∫ 5

0

(50x− 10x2− 100 + 20x)dx + 200− 6R1 = 0

R1 = 37, 5N

Voltando na eq.15, temos R2y = −62, 5N

CORTES

Corte 1

y x

VN

M

RARAyRAx

o

Figura 10: Corte 1

Eduardo L

enz -

UDESC

64

∑

Fx = 0

N(θ) + RAcos(θ) = 0

N(θ) = −37, 5cos(θ)

∑

Fy = 0

V (θ) + RAsen(θ) = 0

V (θ) = −37, 5sen(θ)

∑

Mo = 0

M(θ) + 37, 5cos(θ)− 37, 5 = 0

M(θ) = 37, 5(1− cos(θ))

Corte 2

20 N/m

1m x

200 Nm

A

V(x)

N(x)

M(x)

Figura 11: Corte 2

∑

Fx = 0

N(x) = 0

∑

Fy = 0

Eduardo L

enz -

UDESC

65

37, 5 +

∫ x

0

(10x− 20)dx + V (x) = 0

37, 5 + 5x2− 20x + V (x) = 0

V (x) = −5x2 + 20x− 37, 5

∑

Mo = 0

∫ x

0

(10x− 20)(x + 1)dx + 200 + M(x) + V (x)(1 + x) = 0

∫ x

0

(10x2− 10x− 20)dx + 200 + (−5x2 + 20x− 37, 5)(1 + x) = 0

M(x) =5x3

3− 10x2 + 37, 5x− 162, 5

Corte 3

M(x

) N(x

)

V(x

)

x’

RB

yR

Bx

o

Figura 12: Corte 3

Nota-se que na fig.12, o corte é realizado da direita para a esquerda, implicando na utilizaçãodo sinal negativo na frente da integral relativa ao somatório de momentos.

∑

Fx = 0

N(x′) + RBy = 0

N(x′) = 62, 5N

Eduardo L

enz -

UDESC

66

∑

Fy = 0

RBx′− V (x′) +

∫ x′

0

(−200x′2 + 200x′)dx′ = 0

V (x′) =−200x′3

3+ 100x′2

− 33, 33

∑

Mo = 0

V (x′)x′−M(x′)−

∫ x′

0

(−200x′2 + 200x′)x′dx′ = 0

−200x′4

3+ 100x′3

− 33, 33x′−M(x′)−

∫ x′

0

(−200x′3 + 200x′2)dx′ = 0

M(x′) =−50x′4

3+

100x′3

3− 33, 33x′

DIAGRAMAS

+-

-37,5

62,5

Figura 13: Diagrama Normal

--37,5

-62,5

-

-33,33 -

Figura 14: Diagrama Cortante

Eduardo L

enz -

UDESC

67

+

37,5

- --162,5

-16,67

-16,67

Figura 15: Diagrama Momento

0.6.3 Para a estrutura abaixo, obtenha as equações que descrevem os esforços internos.

2m 4m

q(x)

q(x’)

200N/m

300N/m

dq(0) dx

=030°

60N

40Nm

o

R1

R2

R3

Figura 16: Carregamento Distribuido Sobre Viga

1) Equações dos Carregamentos1.1) Eq. quadrática

q(x) = ax2 + bx + c⇒ c = 0

(

dq(x)

dx

)

x=0

= 0⇒ 2ax + b = 0

b = 0

q(x) = ax2

q(2) = 300 = 4a

a = 75N/m

Eduardo L

enz -

UDESC

68

logo:q(x) = 75x2

1.2) Eq. linear

q(x′) = −200 +200

4x′

q(x′) = −200 + 50x′

2) Reações∑

Fx = 0

R3 + Fx = 0

R3 = −51, 96N

∑

Fy = 0

R1 + R2 +

∫ 2

0

75x2dx +

∫ 4

0

(−200 + 50x′)dx′ + Fy = 0

R1 + R2 + Fy +

(

75x3

3

)2

+

(

−200x′ +50x′2

2

)4

0

= 0

R1 + R2 + 30 + 200− 400 = 0

R1 + R2 = 170N

∑

Mo = 0

2R2 + 6 · 30 + 40 +

∫ 2

0

75x3dx +

∫ 4

0

(−200 + 50x′)(2 + x′)dx′ = 0

2R2 + 220 +

(

75x4

4

)2

0

+

(

50x3

3−

100x2

2− 400x

)4

0

= 0

Eduardo L

enz -

UDESC

69

R2 = 406, 66N

logo:

R1 = −236, 66N

3) Cortes3.1) Corte 1

q(x)

x

236,66 N

M(x)N(x)

V(x)

o

Figura 17: Corte 1

∑

Fx = 0

N(x) = 0∑

Fy = 0

−236, 66 +

∫ x

0

75x2dx + V (x) = 0

−236, 66 +75x3

3+ V (x) = 0

V (x) = −75x3

3+ 236, 66

∑

Mo = 0

M(x) + V (x)x +

∫ x

0

75x3dx = 0

Eduardo L

enz -

UDESC

70

M(x) +

(

−75x4

3+ 236, 66x

)

+75x4

4= 0

M(x)− 6, 25x4 + 236, 66x = 0

M(x) = 6, 25x4− 236, 66x

3.2) Corte 2

2m x’

q(x)

q(x’)

300N/m

236,66 N

406,66 N

51,96 N

o

M(x’)

V(x’)

N(x’)

Figura 18: Corte 2

∑

Fx = 0

N(x′)− 51, 96 = 0⇒ N(x′) = 51, 96

∑

Fy = 0

−236, 66 + 406, 66 + 200 +

∫ x′

0

(−200 + 50x′)dx′ + V (x′) = 0

V (x′) + 370− 200x′ +50x′2

2= 0

V (x′) = −25x′2 + 200x′− 370

∑

Mo = 0

2 · 406, 66 + V (x′) · (2 + x′) + 300 +

∫ x′

0

(−200 + 50x′) · (2 + x′)dx′ + M(x′) = 0

1113, 32+(−50x′2+400x′−740−25x′3+200x′2

−370x′)+

(

50x′3

3−

100x′2

2− 400x′

)

+M(x′) = 0

Eduardo L

enz -

UDESC

71

M(x′) = 8, 333x′3− 100x′2 + 370x′

− 373, 32

4) Diagramas

2m 4m

(+)

51,96 N

N

x

Figura 19: Diagrama de Esforços Normais

2m 4m

(+)

-370 N

V

x

(-)

(+)

36,66 N

236,66 N

30 N

Figura 20: Diagrama de Esforços Cortantes

Eduardo L

enz -

UDESC

72

2m

4m

-373,32 N

M

x

(-)

(+)

40 N

(-)

Figura 21: Diagrama de Momento Fletor

0.6.4 Para a estrutura abaixo, obtenha as equações que descrevem os esforços internos.

4m

R1

3m

120 Nm

100/3 Nm

400 N/m

300 N/m

R2

R3

R4

q(x)

q(x’)

Figura 22: Carregamento Distribuido Sobre Pórtico

As equações dos carregamentos são:Membro horizontal - q(x) = −100xMembro vertical - q(x′) = −300 + 100x′

1) Reações∑

Fy = 0

Eduardo L

enz -

UDESC

73

R1 = 800N∑

Fx = 0

R2 = 450N∑

Mo = 0

−R3 − 800 ·8

3− 450 · 2 +

100

3= 0

R3 = −3000Nm∑

T = 0

R4 = 120Nm

2) Cortes2.1) Corte 1

800 N

450 N

3000 Nm

120 Nm

x

q(x)

T(x)

N(x)

M(x)

V(x)o

Figura 23: Corte 1

∑

Fy = 0

800 + V (x) +

∫ x

0

(−100x)dx = 0

V (x) =100x2

2− 800

∑

Fx = 0

N(x) = −450∑

Mo = 0

Eduardo L

enz -

UDESC

74

M(x) +

(

100x2

2− 800

)

x + 3000 +

∫ x

0

(−100x)xdx = 0

M(x) =100x3

3− 3000 + 800x− 50x3

M(x) = −16, 67x3 + 800x− 3000∑

T = 0

T (x) = 120

2.2) Corte 2

x’

300 N/m

q(x’)

o’

V(x’)N(x’)

M(x’)

T(x’)

Figura 24: Corte 2

∑

Fy = 0

−V (x′) +

∫ x′

0

(−300 + 100x′)dx′ = 0

V (x′) = −300x′ + 50x′2

∑

Fx = 0

N(x) = 0∑

Mo = 0

Eduardo L

enz -

UDESC

75

−M(x′) +(

−300x′ + 50x′2)

x′−

∫ x′

0

(−300 + 100x′)x′dx′ = 0

M(x′) = 16, 67x′3− 150x′2

∑

T = 0

T (x′) = 0

3) Diagramas

(-)

-450 N

N(x)

Figura 25: Diagrama de Esforços Normais

Eduardo L

enz -

UDESC

76

-3000 Nm

(-)

M(x)

-900 Nm

(-)

-866,67 Nm

Figura 27: Diagrama de Momento Fletor

-800 N

(-)

V(x)

-450 N

(-)

Figura 26: Diagrama de Esforços Cortantes

Eduardo L

enz -

UDESC

77

(+)

120 Nm

T(x)

Figura 28: Diagrama de Momento Torçor

0.6.5 Para a estrutura abaixo, obtenha as equações que descrevem os esforços internos.

0,5 KN/m1,5 KN

2m 2m

oR3

R2R1

Figura 29: Carregamento distribuido sobre Viga

1) Reações∑

Fx = 0

R3 = 0∑

Fy = 0

R1 + R2 − 1000− 1500 = 0

R1 + R2 = 2500 (15)

Eduardo L

enz -

UDESC

78

∑

Mo = 0

4R2 − 1500 · 2− 1000 · 1 = 0

R2 = 1000N

Voltando em 15, temos:R1 = 1500N

2) Cortes2.1) Corte 1

x

1000 N

o’N(x)

V(x)M(x)

Figura 30: Corte 1

∑

Fx = 0

N(x) = 0∑

Fy = 0

1000− V (x) = 0

V (x) = 1000

∑

Mo′ = 0

V (x) · x−M(x) = 0

M(x) = 1000x

2.2) Corte 2

Eduardo L

enz -

UDESC

79

0,5 KN/m

x’

o

1500 N

V(x’)

N(x’)

M(x’)

Figura 31: Corte 2

∑

Fx = 0

N(x′) = 0∑

Fy = 0

1500 + V (x′) +

∫ x′

0

(−500)dx′ = 0

V (x′) = −1500 + 500x′

∑

Mo = 0

∫ x′

0

(−500x′)dx′ + V (x′) · x′ + M(x′) = 0

M(x′) = (1500− 500x′) · x′ +500x′2

2

M(x′) = −250x′2 + 1500x′

3) Diagramas

Eduardo L

enz -

UDESC

80

V(N)

x(m)

1000

2 4

-1500

-500

Figura 32: Diagrama de Esforços Cortantes

M(Nm)

x(m)

2000

2 4

Figura 33: Diagrama de Momento Fletor

Exercícios:1) Livro: Exercícios de Isostática (Sérgio Concli Gomes)Cálculo de reações

Pg 14, exercícios 11,12,13 e 14Pg 15, exercícios 15 e 18Pg 16, exercícios 19, 20 e 21Pg 17, exercícios 22, 23 e 24Pg 18, exercícios 25, 26 e 27

Diagramas de esforços internosPg 28, todos os exercíciosPg 29, todos os exercícios

Eduardo L

enz -

UDESC

81

Pg 30, opcionaisPg 31, opcionaisPg 38 até Pg 43, todos os exercíciosPg 46, primeiro exercícioPg 47, último exercícioPg 48 e Pg 51Pg 54 em diante

2) Determine o diagrama de esforços internos das estruturas abaixo.