1.APRESENTAO TERICA1 NOTAS DE AULA DE RESISTNCIA DOS MATERIAIS I PROF. VILAR CAMARA JR. Resoluo de Vigas Contnuas pela Equao dos 3 Momentos 1Apresentao terica 1.1Modelo do problema Omodelodoproblemaaserresolvido,aprincpio,omostradonafigura1,isto, uma viga hiperesttica dita contnua, de eixo retilneo e horizontal, constituda de dois ou mais vos de comprimentos quaisquer, cada um deles podendo ter sua prpria seo transversal (constante na extenso do vo), ecom todos os apoios capazes de oferecer reaovertical.Oscarregamentosdevemserconstitudosdeforassomenteverticais atuantessobreoeixodaviga,edebinrioscujoplanoderotaoomesmodessas foras. Figura 1.Modelo de viga contnuaNomodeloadotado,almdenohaverforasexternashorizontais,tambmno levamos em conta as reaes horizontais que os apoios possam apresentar, por qualquer que seja o motivo.Em outras palavras, consideramos que a viga inderformvel quan-to ao esforo axial. Maisadiante,estudaremostambmoscasosemqueexistemtrechosembalano nasextremidades,assimcomoosqueapresentamumaouambasasextremidadesen-gastadas. Nomodelodafigura1,asincgnitashiperestticasadotadasseroosmomentos fletoresatuantesnasseestransversaissituadassobreosapoiosinternos.Nocaso dessafigura,h7apoios,sendoqueosmomentosfletoresnasseessobreosapoios extremossonulos.Aoconsiderarcomoincgnitasosmomentosfletoresnassees correspondentes aos 5 apoios intermedirios, sua soluo numrica permitir o clculo detodasasreaesdeapoio,bemcomodosesforosinternosemtodasasseesda viga (esforos cortantes e momentos fletores). Convmobservarcomcuidadoasnumeraesadotadasparaosvos,paraosa-poios e para os momentos fletores incgnitos do problema, conforme indicado na figu-ra 2.Essanumerao segue as seguintes regras: 1.APRESENTAO TERICA2 NOTAS DE AULA DE RESISTNCIA DOS MATERIAIS I PROF. VILAR CAMARA JR. Os vos so numerados da esquerda para a direita, a partir de 1, bem como os respectivos vos L e momentos de inrcia I de suas sees transversais; Os apoios so numerados da esquerda para a direita, a partir de 0 (deste modo, o nmero do ltimo apoio coincidir com o do ltimo vo); Osmomentosfletoresdesconhecidosreceberondicesnumricosiguaisaos apoios correspondentes. 0 1 2 3 4 5 61M1I2I3I4I5I6I1L2M2L3M3L4M4L5M5L6L Figura 2.Numerao dos vos, apoios e incgnitas hiperestticas Em princpio, todos os momentos fletores incgnitos so supostos positivos, isto , tracionam a parte inferior das respectivas sees transversais e comprimem a superior, conforme mostram as setas curvas na figura 3, em que os vos esto desenhados isola-dos uns dos outros. 0 1 1 2 2 3 5 61M1M1I2I3I6I1L2M2M2L3M3L5M6L... etc Figura 3.Momentos fletores incgnitos, agindo nos vos islolados No caso em que a viga contnua possua um nmero qualquer de vos, n, as nume-raes dos vos,apoiose incgnitasassumemasituaomostrada nafigura 4. Pode-mos observar que, para uma viga de n vos, a quantidade de incgnitas hiperestticas 1 n . LiLnLi+1L1IiInIi+1I1M1Mi 1MiMi+1Mn 10 1 i 1 i i+1 n 1 n Figura 4.Numeraes de uma viga contnua de n vos 1.2Formulao da soluo Na figura 4 mostram-se, em destaque no centro, os dois vos adjacentes ao apoio gen-rico i, numerados como i e i+1. 1.APRESENTAO TERICA3 NOTAS DE AULA DE RESISTNCIA DOS MATERIAIS I PROF. VILAR CAMARA JR. A deformao angular (rotao) da seo da viga no encontro desses dois vos vi-zinhos ilustrada na figura 5a.Neste desenho, a rotao suposta positiva1. LiLi+1i1Cargas (vo i) Cargas (vo i ) +1i i+1 (a)Vos adjacentes ao apoio i LiLi+1Mi 1MiMiMi+1i1Cargas (vo i) Cargas (vo i ) +1i i i+1 (b)Vo i(c)Vo i+1 Figura 5.Cargas e deformaes em dois vos adjacentes Podemos imaginar, como nas figuras 5b e 5c, os vos i e i+1 destacados um do ou-tro,cadaumdelessubmetidossuasrespectivascargasexternasemomentosfletores de suas extremidades, de modo que os seus eixos deformados so rigorosamente iguais linhaelsticaatigindaporaquelesvosnavigacontnuaemestudo.Comisto,as rotaes nas sees situadas sobre o apoio i so iguais para os dois vos. O prximo passo paraasoluo do problema formularasexpresses algbricas das rotaesdas seessobre o apoio i, d cadaumdos vosadjacentes, ie i+1. Para isto, vamos separar as cargas atuantes em 3 partes, a saber:a carga externa, o momentoMi 1MiMii1i1i1Cargas (vo i)(a)(b)(c)(a)(b)(c)iiiMi+1Cargas (vo i ) +1iiii+1i+1i+1 Figura 6.Parcelas da rotao naFigura 7.Parcelas da rotao na extremidade direita do vo i extremidade esquerda do vo i+1 1 Adota-se aqui o sentido positivo das abscissas do eixo da viga para a direita, e o dos deslocamentos verti-cais para baixo;o sentido positivo da rotao corresponde derivada positiva do eixo deformado. 1.APRESENTAO TERICA4 NOTAS DE AULA DE RESISTNCIA DOS MATERIAIS I PROF. VILAR CAMARA JR. fletor na extremidade esquerda, e o momento fletor na extremidade direita.As figuras 6(ac) e 7(ac) ilustram este procedimento. Astrsrotaesnaseodoapoioi,paracadavoemestudo,podemseragora expressasalgebricamenteusando-seomtododasreasdosdiagramasdemomentos, obtendo-se as parcelas anotadas nas figuras 8 e 9. DMF DMFDMFDMF DMFDMFMi 1MiAiAi+1Mii1i1i1Cargas (vo i)(a)(b)(c)(c)(a)(b)(c)iiiMi+1Cargas (vo i ) +1iiii+1i+1i+1aibi+1biai+113 Li13 Li13 Li+113 Li+123 Li23 Li23 Li+123 Li+1 Figura 8.Clculo das parcelas da rotaoFigura 9.Clculo das parcelas da rotao na extremidade direita do vo i na extremidade esquerda do vo i+1 Nas frmulas algbricas para o clculo das rotaes devidas s cargas nos vos, a letraArepresentaareadorespectivodiagramadosmomentosfletoresdessascargas no vo bi-apoiado;a e b so as distncias do centride do diagrama em relao s ex-tremidades esquerda e direita, respectivamente. Pelo princpio da superposio dos efeitos, se todos os esforos representados nas figuras 6 e 7 agirem simultaneamente, reproduziremos a situao exibida na figura 5a.Portanto se somarmos as rotaes da extremidade i de cada vo, devemos ter a seguinte igualdade: esq i esq i esq i dir i dir i dir i , 1 , 1 , 1 , , , + + + + + = + + , o que nos conduz equao: 1.APRESENTAO TERICA5 NOTAS DE AULA DE RESISTNCIA DOS MATERIAIS I PROF. VILAR CAMARA JR. 1111 11 11 1 13 6 3 6++++ ++ ++ + + + = ii iii ii ii iii iii ii ii iEIL MEIL MEI Lb AEIL MEIL MEI La A, a qual pode ser recomposta na forma seguinte: 1 11 11111116 62+ ++ ++++++ = +|||

\|+ +i ii ii ii iiiiiiiiiiiiI Lb AI La AMILMILILMIL,(1) conhecida como Equao dos 3 Momentos. Ela deve ser usada de modo recursivo, tomando-se para o ndice i os valores 1, 2, 3, etc., at a quantidade de incgnitas hiperestticas, que n1 (figura 4).Deste modo, teremos tantas equaes quantas forem os momentos fletores desconhecidos nas sees correspondentes aos apoios centrais da viga.Devemos ter em conta que os momentos nas sees extremas da viga contnua so conhecidos;so eles M0 e Mn, os quais faro parte da primeira e da ltima equaes.Por exemplo, se no houver momentos exter-nos aplicados a essas sees, essas quantidades so nulas. No caso particular que ocorre com freqncia na prtica em que todos os vos possuem a mesma seo transversal(e, portanto, o mesmo momento de inrcia), aex-presso da Equao dos 3 Momentos simplifica-se para: ( )11 11 1 1 16 62++ ++ + + = + + +ii iii ii i i i i i iLb ALa AM L M L L M L .(2) 1.3Frmulas prticas As parcelas que constam direita do sinal de igualdade nas expresses (1) e (2) podem ser preparadas para uso nas situaes mais comuns de carregamento. Chamando ii iiLa A 6= e 11 116++ ++=ii iiLb A ,(3) as expresses anteriores podem ser reescritas assim: 111111112+++++++ = +|||

\|+ +iiiiiiiiiiiiiiiI IMILMILILMIL (4) ( )1 1 1 1 12+ + + + = + + +i i i i i i i i iM L M L L M L .(5) A seguir so apresentadas as expresses algbricas deepara vrios casos de carregamento. 1.APRESENTAO TERICA6 NOTAS DE AULA DE RESISTNCIA DOS MATERIAIS I PROF. VILAR CAMARA JR. TABELA PARA O CLCULO DELAa 6= e LAb 6= A A ADMF DMF DMFP P P PL/2 m m mL L La a aL/2 nb b b 832PL= = ( )Lm L Pmn += ( ) m L Pm = = 3 ( )Ln L Pmn += DMF DMF DMFq p pL L La a a b b bA A A 43qL= = 1523pL= 6073pL= 6073pL= 1523pL= DMF DMF DMFq p pm m mL L La a an n nc/2 c/3 c/3 c/2 2c/3 2c/3b b b [ ]244c m) n(LLqcm + = ( )((

+ + =45261232cmc m L mnLpc ( )((

+ =45261232cmc m L mnLpc[ ]2) ( 44c n L mLqcn + = ( )((

+ =45261232cnc n L mnLpc ( )((

+ + =45261232cnc n L mnLpc1.APRESENTAO TERICA7 NOTAS DE AULA DE RESISTNCIA DOS MATERIAIS I PROF. VILAR CAMARA JR. TABELA PARA O CLCULO DELAa 6= e LAb 6= (continuao) DMF DMF DMFq p pm m mL L La a an n nb b b ( )2 2224m LLqm = ( )2 223 515m LLpm = ( )2 223 1060m LLpm = ( )224n LLqm+ = ( )2 227 35 4060m mn nLpm+ + = ( )2 228 25 2060m mn nLpm+ + = DMF DMF DMFq p pn n nL L Lb b bm m ma a a ( )224m LLqn+ = ( )2 228 25 2060n mn mLpn+ + = ( )2 227 35 4060n mn mLpn+ + = ( )2 2224n LLqn = ( )2 223 1060n LLpn = ( )2 223 515n LLpn = DMF DMFDMFL/2 mL L LaL/2 nb + ++M0M0M0M0m m 40L M= ( )2 2 03m LLM = ( ) m L M 2 30 = = 40L M = ( )2 2 03n LLM = 3.EXERCCIOS PROPOSTOS8 NOTAS DE AULA DE RESISTNCIA DOS MATERIAIS I PROF. VILAR CAMARA JR. 2.Exerccios 2.1Exerccios resolvidos Exerccio n 1 Viga de 2 vos, com seo transversal constante L =4,0 m1L2=6,0 m1.200 kgf/m800 kgf/m0 1 2 Devemosobservarqueasnumeraesdosvosensseguerigorosamenteaquefoi adotada na apresentao terica (figura 4). Neste exerccio h apenas um momento fletor desconhecido (hiperesttico), que M1. A expresso a ser usada a (5), para i = 1, isto : ( )2 1 2 2 1 2 1 0 12 = + + + M L M L L M L . Sabendo-se que os momentos fletores M0 e M2 so nulos, vem: ( )40 , 6 80040 , 4 200 . 10 , 6 0 , 4 23 31 = + M400 . 62 200 . 43 200 . 19 0 , 201 = = M ,e portanto kgf m 120 . 31 = M . Os vos podem agora ser analisados separadamente, para facilitar os clculos para o traado dos diagramas dos esforos cortantes e dos momentos fletores. 4,0 m6,0 m1.200 kgf/m800 kgf/m3.120m kgf3.120m kgf1.620kgf3.180kgf1.880kgf2.920kgf0 12 1 3.EXERCCIOS PROPOSTOS9 NOTAS DE AULA DE RESISTNCIA DOS MATERIAIS I PROF. VILAR CAMARA JR. 1,35 m 3,65 m1.6202.9203.1801.880DEC [kgf]1.093,53.1202.209++ Exerccio n 2 Viga com 2 vos e balanos, com seo transversal constante 1,5 m 2,0 m1.200 kgf/m800 kgf/m 900 kgf/m 800 kgf/m0 1 2L =4,0 m1L =6,0 m2 Novamente aqui a numerao seguem as convenes da figura 4. Os trechos em balano no so numerados, pois no fazem parte do modelo origi-nal adotado.Porm eles produzem os momentos fletores M0 e M2, os quais tero de ser calculados para o emprego na equao dos 3 momentos. A expresso a aplicar a (5), para i = 1, ou seja: ( )2 1 2 2 1 2 1 0 12 = + + + M L M L L M LSabendo-se quekgf m 90025 , 1 80020 = = Me m kgf 800 . 120 , 2 90022 = = M , temos: ( ) ( ) ( )40 , 6 80040 , 4 200 . 1800 . 1 0 , 6 0 , 6 0 , 4 2 900 0 , 43 31 = + + + M000 . 48 800 . 10 600 . 3 200 . 43 200 . 19 0 , 201 = + + = Mkgf m 400 . 21 = M . Analisando os vos individualmente, temos os seguintes esforcos: 4,0 m 6,0 m1.200 kgf/m800 kgf/m2.400m kgf2.400m kgf900m kgf2.025kgf2.775kgf2.300kgf2.500kgf1.800m kgf0 1 2 1 3.EXERCCIOS PROPOSTOS10 NOTAS DE AULA DE RESISTNCIA DOS MATERIAIS I PROF. VILAR CAMARA JR. 1,688 m 3,125m2.0251.2002.5001.8002.7752.300DEC [kgf]808,62.4009001.8001.506,3++ Exerccio n 3 Viga contnua de 3 vos, com seo transversal constante 4,0 m 3,0 m 3,0 m 4,0 m1.410 kgf/m600 kgf/m800kgf 990 kgf/m0 1 2 3 Na figura acima foram omitidas, de modo proposital, as numeraes dos vos e apoios, s quais o leitor j deve estar familiarizado. Agora so duas as incgnitas hiperestticas:os momentos fletores M1 e M2.Por-tanto, duas equaes devem ser escritas, a saber: Para i = 1:( )2 1 2 2 1 2 1 0 12 = + + + M L M L L M LPara i = 2:( )3 2 3 3 2 3 2 1 22 = + + + M L M L L M LDevemos notar que o 2 vo possui uma carga uniformemente distribuda total, a-lm de uma carga concentrada.Nesses casos, os valores deeno segundo mem-bro da equao so respectivamente os somatrios desses valores calculados para todos os casos de carga existentes no vo.Assim: |||

\| + = + + +80 , 6 800 340 , 6 60040 , 4 410 . 10 , 6 ) 0 , 6 0 , 4 ( 2 0 , 42 3 32 1 0M M M40 , 4 99080 , 6 800 340 , 6 6000 , 4 ) 0 , 4 0 , 6 ( 2 0 , 63 3 33 2 1|||

\| + = + + + M M MSabendo-se que M0 e M3 so nulos, temos o sistema de equaes: ( ) 760 . 65 800 . 10 400 . 32 560 . 22 0 , 6 0 , 202 1 = + = + M M3.EXERCCIOS PROPOSTOS11 NOTAS DE AULA DE RESISTNCIA DOS MATERIAIS I PROF. VILAR CAMARA JR. ( ) 040 . 59 840 . 15 800 . 10 400 . 32 0 , 20 0 , 62 1 = + = + M M , cuja soluo kgf m 640 . 21 = Mekgf m 160 . 22 = M . Os clculos finais e os diagramas dos esforos so mostrados a seguir. 4,0 m3,0 m 3,0 m4,0 m1.410 kgf/m600 kgf/m800kgf990 kgf/m2.640m kgf2.640m kgf2.160kgf3.480kgf2.120kgf2.520kgf2.280kgf1.440kgf2.160m kgf2.160m kgf0 1 2 32 1 1,532 m 2,545 m2.1602.5202.2804803.4803202.1201.440++DEC [kgf]2.640 2.1601.654,5 1.5001.047,3 Exerccio n 4 - Viga contnua de 3 vos, com seo transversal constante 800 kgf/m600kgf/m1.800kgf/m4.000kgf6,0 m 6,0 m0 16,0 m2 3

Este exerccio semelhante ao anterior;a nica novidade o carregamento trapezoi-dal no 3 vo.As expresses literais so as mesmas, e as equaes ficam: 80 , 6 000 . 4 340 , 6 8000 , 6 ) 0 , 6 0 , 6 ( 2 0 , 62 32 1 0 = + + + M M M|||

\| + = + + +600 , 6 200 . 1 740 , 6 60080 , 6 000 . 4 30 , 6 ) 0 , 6 0 , 6 ( 2 0 , 63 3 33 2 1M M Mou: 200 . 97 000 . 54 200 . 43 0 , 6 0 , 242 1 = = + M M3.EXERCCIOS PROPOSTOS12 NOTAS DE AULA DE RESISTNCIA DOS MATERIAIS I PROF. VILAR CAMARA JR. ( ) 640 . 116 240 . 30 400 . 32 000 . 54 0 , 24 0 , 62 1 = + = + M Mcujas solues sokgf m 024 . 31 = Mekgf m 104 . 42 = M . Osesforosemcadavoisoladoeosdiagramasdosesforosestomostradosa seguir. 800 kgf/m3.024m kgf3.024m kgf1.896kgf2.904kgf2.180kgf3.684kgf1.820kgf3.516kgf4.104m kgf4.104m kgf600kgf/m 1.800kgf/m4.000kgf6,0 m6,0 m0 126,0 m213 2,37 m 3,77 m1.8202.1801.8963.6842.9043.516++DEC [kgf]3.0244.1042.246,72.4363.734,7 Exerccio n 5 - Viga contnua de 4 vos, com seo transversal constante 0 1 2 4 33,0 m 2,0 m 4,0 m 4,0 m 4,0 m1.000 kgf/m800 kgf/m 750 kgf/m500kgf900 kgf/m Este exerccio requeramontagem de 3 equaes, poisapresenta 3 incgnitas, que so os momentos fletores M1, M2, e M3.As equaes so: Para i = 1:( )2 1 2 2 1 2 1 0 12 = + + + M L M L L M LPara i = 2:( )3 2 3 3 2 3 2 1 22 = + + + M L M L L M LPara i = 3:( )4 3 4 4 3 4 3 2 32 = + + + M L M L L M L3.EXERCCIOS PROPOSTOS13 NOTAS DE AULA DE RESISTNCIA DOS MATERIAIS I PROF. VILAR CAMARA JR. Os clculos numricos so semelhantes aos j realizados anteriormente.Ademais, sabe-sequeM0eM4soconhecidosevalemzero.Temos,portanto,osistemadee-quaes: 400 . 30 0 , 4 0 , 162 1 = + M M200 . 45 0 , 5 0 , 18 0 , 43 2 1 = + + M M M800 . 41 0 , 18 0 , 53 2 = + M Mcuja soluo kgf m 8 , 483 . 11 = M ,kgf m 8 , 664 . 12 = Mekgf m 8 , 859 . 13 = M . Seguem-se os clculos adicionais e os diagramas dos esforos. 0 1122 4 333,0 m 2,0 m4,0 m 4,0 m4,0 m1.000 kgf/m800 kgf/m750 kgf/m500kgf900 kgf/m1.438,8m kgf1.664,8m kgf1.859,8m kgf1.664,8m kgf1.859,8m kgf1.438,8m kgf1.429,0kgf2.161,0kgf2.045,2kgf2.171,0kgf2.339,0kgf1.954,8kgf1.964,9kgf 1,588 m 1,955 m 2,701 m 2,620 m1.429,01.954,82.161,01.964,92.171,02.045,22.339,01.035,1739,0239,01.226,8DEC [kgf]1.134,51.483,81.664,81.859,8714,21.253,9426,7++ 3.EXERCCIOS PROPOSTOS14 NOTAS DE AULA DE RESISTNCIA DOS MATERIAIS I PROF. VILAR CAMARA JR. Exerccio n 6 - Viga contnua de 2 vos, com seo transversal constante, e com a considerao de engastes nas extremidades 6,0 m 4,0 m1.200 kgf/m800 kgf/m Para a resoluo desse tipo de problema, o artifcio a usar substituir o engaste por um vofictciosuplementarnoladoengastado,pormcomocomprimentonulo.Noe-xemplo em foco acrescentam-se um vo nulo esquerda e outro direita, j que am-bas as extremidades so engastadas, resultando no esquema seguinte: 1 2 3 0 41.200 kgf/m800 kgf/mVO FICTCIO VO FICTCIOL =m24,0 L =10 L =40 L =m36,0 precisovoltaraatenoparaofatodequeanumeraodosapoios(e,conse-qentemente, dos vos) afetada pela criao dos novos vos fictcios, mas segue ain-daobedecendooquefoiestabelecidonadeduotericadaequaogeraldos3mo-mentos (figura 4). A justificativa para o artifcio adotado exposta a seguir.Imagine-se que um en-gastesubstitudoporumapoiosimples,equenesseladoavigarecebeumvoadi-cional, de comprimento qualquer, adicionando-se conseqentemente um apoio extra na nova extremidade (tal como na figura anterior).Agora, suponha-se que esse novo vo possuagranderigidezflexo(infinita,teoricamente),capazdeimpedirarotaoda seo onde havia o engaste.Nesse caso, o conjunto passar a trabalhar de modo idnti-co viga original, isto, com os mesmos esforoseosmesmosdeslocamentos. Ora, matematicamente um vo de rigidez infinita conseguido de dois modos:ou elevando-se o valor do momento de inrcia de sua seo transversal ao infinito,ou o que mais simples e prtico reduzindo-se o seu comprimento a zero. Aps o uso do artifcio descrito, o problema trensforma-se numa viga contnua de 4vos,possuindo3momentosfletoresdesconhecidos,M1,M2eM3.Oexercciore-quer a montagem de 3 equaes, a saber: Para i = 1:( )2 1 2 2 1 2 1 0 12 = + + + M L M L L M LPara i = 2:( )3 2 3 3 2 3 2 1 22 = + + + M L M L L M LPara i = 3:( )4 3 4 4 3 4 3 2 32 = + + + M L M L L M LOsvosL1eL4valemzero,eostermos 1 e 4 ,correspondentesaessesvos, devem ser ignorados, pois no h cargas neles.Assim, as equaes podem ser reescri-tas como se segue: 3.EXERCCIOS PROPOSTOS15 NOTAS DE AULA DE RESISTNCIA DOS MATERIAIS I PROF. VILAR CAMARA JR. 200 . 19 0 , 4 ) 0 , 4 0 ( 2 02 1 0 = + + + M M M200 . 43 200 . 19 0 , 6 ) 0 , 6 0 , 4 ( 2 0 , 43 2 1 = + + + M M M200 . 43 0 ) 0 0 , 6 ( 2 0 , 64 3 2 = + + + M M Mdo que se obtm: kgf m 360 . 11 = M ,kgf m 080 . 22 = Mekgf m 560 . 23 = M . Segue-se a finalizao do problema. 0 1 14,0 m 6,0 m800 kgf/m1.200 kgf/m2.080m kgf2.560m kgf2.080m kgf1.360m kgf2.320kgf2.220kgf2.580kgf2.480kgf 1,85 m 2,90 m2.2202.3202.5802.480DEC [kgf]693,52.0801.3602.5601.284++ Exerccio n 7 - Viga contnua de 2 vos, com sees transversais diferentes, engastada em uma extremidade e com balano na outra Consideremosavigaabaixo,emqueomomentodeinrciado2voodobrodo momento de inrcia do 1. 3,0 m 3,0 m 1,5m 4,0 m( ) I (2 ) I720kgf/m1.920kgf/m1.920kgf/m650kgf Nesteexemplo,hengasteapenasnaextremidadeesquerda.Oartifcioausar consisteemcriarumvofictcio,decomprimentonulo,nessaextremidade.Apsa numerao dos apoios e vos, chega-se ao esquema seguinte: 3.EXERCCIOS PROPOSTOS16 NOTAS DE AULA DE RESISTNCIA DOS MATERIAIS I PROF. VILAR CAMARA JR. 1 2 3 01,5m( ) I (2 ) I720kgf/m1.920kgf/m1.920kgf/mVO FICTCIOL =m24,0 L =10 L =m36,0650kgf Neste caso temos duas incgnitas, M1 e M2.O momento fletor M0 nulo, porm o momento M3 vale: M3 = 6501,5 = 975 m kgf. Aexpressodaequaodos3momentosaserutilizadaa(4),poistrata-sede problemacommomentosdeinrciadistintosemcadavo.Omomentodeinrciada seodobalanonoinfluinosclculos,poisomomentofletorM3dependesomente do carregamento existente naquele trecho.Desse modo, temos: Para i=1: 2211222122110112I IMILMILILMIL = +|||

\|+ +Para i=2: 3322333233221222I IMILMILILMIL = +|||

\|+ +Paramaiorclareza, osclculos dasparcelasdireitanestas equaes so mostra-dos a seguir.Os carregamentos em forma de trapzio so desdobrados em uma carga uniforme somada com outra em forma de tringulo. 011=I I I I I I I760 . 21 240 . 10 520 . 11150 , 4 200 . 1 240 , 4 7203 322= + = += I I I I I I480 . 20 960 . 8 520 . 11600 , 4 200 . 1 740 , 4 7203 322= + = += ( )( )( )( ) = + + + + =2 2222330 , 3 7 0 , 3 0 , 3 35 0 , 3 402 0 , 6 600 , 3 200 . 10 , 3 0 , 62 0 , 6 40 , 3 720I I II I I 2010 . 442140 . 222870 . 21= + =Substituindo os valores numricos conhecidos, as equaes ficam: IMIMIM760 . 21 0 , 4 0 , 40 2 02 1 0 = + ||

\|+ +( )I IMI IMI485 . 4297520 , 620 , 6 0 , 420 , 42 1 = + ||

\|+ +ou 760 . 21 0 , 4 0 , 82 1 = + M M560 . 39 0 , 14 0 , 42 1 = + M Mpara as quais os resultados valemkgf m 0 , 525 . 11 = Mekgf m 390 . 22 = M . 3.EXERCCIOS PROPOSTOS17 NOTAS DE AULA DE RESISTNCIA DOS MATERIAIS I PROF. VILAR CAMARA JR. Os esforos nos vos, tratados isoladamente, so: 1 2 3 23,0 m 3,0 m 4,0 m720kgf/m720kgf/m1.920kgf/m1.920kgf/m 2.390m kgf975m kgf2.390m kgf1.525m kgf3.055,8kgf2.823,8kgf2.456,3kgf904,2kgf 1,695 m2,503 m2.823,83.055,86502.456,3904,2DEC [kgf]746,62.390,01.525,09751.957,91.737,6++ 3.EXERCCIOS PROPOSTOS18 NOTAS DE AULA DE RESISTNCIA DOS MATERIAIS I PROF. VILAR CAMARA JR. 2.2Exerccios propostos N 1 4,0 m 2,0 m 2,0 m 1,5 m 3,0 m900 kgf/m1.000kgf1.420 kgf/m Soluo:kgf m 0 , 309 . 21 = M ekgf m 0 , 500 . 12 = MN 2 4,5 m 3,0 m 2,0 m 1,5 m 3,0 m800kgf/m1.200kgf1.420 kgf/m Soluo:kgf m 0 , 800 . 10 = M ekgf m 0 , 315 . 21 = MN 3 4,0 m 4,0 m 4,0 m 1,6 m 1,6 m1.000 kgf/m Soluo:kgf m 0 , 280 . 10 = M ,kgf m 0 , 344 . 11 = M ,kgf m 0 , 344 . 12 = M ,kgf m 0 , 280 . 13 = MN 4 1,0 m 2,0 m 1,5 m 1,0 m 1,0 m 3,0 m 1,0 m 1,5 m 1,5 m 1,5 m1.500 kgf/m 1.800kgf/m1.200kgf2.100m kgf Soluo:kgf m 9 , 024 . 11 = M , kgf m 5 , 550 . 12 = M ekgf m 8 , 088 . 13 = MN 5 6,0 m 4,0 m 1,5 m800 kgf/m 680kgf1.200 kgf/m Soluo:kgf m 0 , 020 . 10 = M , kgf m 0 , 160 . 21 = M ekgf m 0 , 520 . 22 = M .