Momento Em x

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)

i=3

L’3.M2+2.(L’

3+L’4).M3+L’


’4)


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


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)

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)

4.M1+2.(4+4).M2+4.M3= - (10.4+105.4)

4.M1+16.M2+4.M3= - 460


L’3.M2+2.(L’

3+L’4).M3+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.


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.


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


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.


∑ 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




será positivo.


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.


∑ 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.




será positivo.

Fy =0 → VCdir

+ VDesq

= 0 → VCdir

= - VDesq

VCdir

= - ( -13,288) = 13,288 kN



será positivo.


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.


A reação de apoio vertical da viga em balanço será a cortante da viga contínua

hiperestática.


∑ MD=0 → Adotado anti-horário positivo.

50 – 50 · 1 = 0 OK!

Fy =0 → VDdir

- 50 = 0

VDdir

= 50 kN



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


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).

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