2008-11-07 Notas Eq 3 Momentos

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1.

APRESENTAÇÃO TEÓRICA

1

Resolução de Vigas Contínuas pela Equação dos 3 Momentos

1 Apresentação teórica

1.1 Modelo do problema O modelo do problema a ser resolvido é, a princípio, o mostrado na figura 1, isto é, uma viga hiperestática dita contínua, de eixo retilíneo e horizontal, constituída de dois ou mais vãos de comprimentos quaisquer, cada um deles podendo ter sua própria seção transversal (constante na extensão do vão), e com todos os apoios capazes de oferecer reação vertical. Os carregamentos devem ser constituídos de forças somente verticais atuantes sobre o eixo da viga, e de binários cujo plano de rotação é o mesmo dessas forças.

Figura 1. Modelo de viga contínua

No modelo adotado, além de não haver forças externas horizontais, também não levamos em conta as reações horizontais que os apoios possam apresentar, por qualquer que seja o motivo. Em outras palavras, consideramos que a viga é inderformável quanto ao esforço axial. Mais adiante, estudaremos também os casos em que existem trechos em balanço nas extremidades, assim como os que apresentam uma ou ambas as extremidades engastadas. No modelo da figura 1, as incógnitas hiperestáticas adotadas serão os momentos fletores atuantes nas seções transversais situadas sobre os apoios internos. No caso dessa figura, há 7 apoios, sendo que os momentos fletores nas seções sobre os apoios extremos são nulos. Ao considerar como incógnitas os momentos fletores nas seções correspondentes aos 5 apoios intermediários, sua solução numérica permitirá o cálculo de todas as reações de apoio, bem como dos esforços internos em todas as seções da viga (esforços cortantes e momentos fletores). Convém observar com cuidado as numerações adotadas para os vãos, para os apoios e para os momentos fletores incógnitos do problema, conforme indicado na figura 2. Essa numeração segue as seguintes regras:

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1.

APRESENTAÇÃO TEÓRICA •

Os vãos são numerados da esquerda para a direita, a partir de 1, bem como os respectivos vãos L e momentos de inércia I de suas seções transversais;

•

Os apoios são numerados da esquerda para a direita, a partir de 0 (deste modo, o número do último apoio coincidirá com o do último vão);

•

Os momentos fletores desconhecidos receberão índices numéricos iguais aos apoios correspondentes. M1

0

2

I1 L1

M2 1

I2 L2

M3 2

I3 L3

M4 I4 L4

3

M5 4

I5 L5

5

I6 L6

6

Figura 2. Numeração dos vãos, apoios e incógnitas hiperestáticas

Em princípio, todos os momentos fletores incógnitos são supostos positivos, isto é, tracionam a parte inferior das respectivas seções transversais e comprimem a superior, conforme mostram as setas curvas na figura 3, em que os vãos estão desenhados isolados uns dos outros. M1 0

I1 L1

1

M1

M2 1

I2 L2

M2

2

M3 2

I3 L3

M5 ... etc

3

5

I6 L6

6

Figura 3. Momentos fletores incógnitos, agindo nos vãos islolados

No caso em que a viga contínua possua um número qualquer de vãos, n, as numerações dos vãos, apoios e incógnitas assumem a situação mostrada na figura 4. Podemos observar que, para uma viga de n vãos, a quantidade de incógnitas hiperestáticas é n −1. M1 0

I1 L1

Mi –1 1

i –1

Mi Ii Li

Mi+1 i

Ii+1 Li+1

i+1

Mn –1 n –1

In Ln

n

Figura 4. Numerações de uma viga contínua de n vãos

1.2 Formulação da solução Na figura 4 mostram-se, em destaque no centro, os dois vãos adjacentes ao apoio genérico i, numerados como i e i+1.

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1.

APRESENTAÇÃO TEÓRICA

3

A deformação angular (rotação) da seção da viga no encontro desses dois vãos vizinhos é ilustrada na figura 5a. Neste desenho, a rotação é suposta positiva1. Cargas (vão i)

i–1

Cargas (vão i+1 )

i

Li

i +1

Li+1

(a) Vãos adjacentes ao apoio i Cargas (vão i)

Cargas (vão i+1 )

Mi –1

Mi

i–1

Mi

i

Li

Mi+1 i

i +1

Li+1

(b) Vão i

(c) Vão i+1

Figura 5. Cargas e deformações em dois vãos adjacentes

Podemos imaginar, como nas figuras 5b e 5c, os vãos i e i+1 destacados um do outro, cada um deles submetido às suas respectivas cargas externas e momentos fletores de suas extremidades, de modo que os seus eixos deformados são rigorosamente iguais à linha elástica atiginda por aqueles vãos na viga contínua em estudo. Com isto, as rotações nas seções situadas sobre o apoio i são iguais para os dois vãos. O próximo passo para a solução do problema é formular as expressões algébricas das rotações das seções sobre o apoio i, d cada um dos vãos adjacentes, i e i+1. Para isto, vamos separar as cargas atuantes em 3 partes, a saber: a carga externa, o momento Cargas (vão i)

i–1

Cargas (vão i+1 )

i

i

(a)

Mi –1 i–1

i

i

(b)

Mi+1 i +1

(b) Mi

i–1

i +1

(a)

i

(c) Figura 6. Parcelas da rotação na extremidade direita do vão i

Mi i

i +1

(c) Figura 7. Parcelas da rotação na extremidade esquerda do vão i+1

1

Adota-se aqui o sentido positivo das abscissas do eixo da viga para a direita, e o dos deslocamentos verticais para baixo; o sentido positivo da rotação corresponde à derivada positiva do eixo deformado.

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1.

APRESENTAÇÃO TEÓRICA

4

fletor na extremidade esquerda, e o momento fletor na extremidade direita. As figuras 6(a–c) e 7(a–c) ilustram este procedimento. As três rotações na seção do apoio i, para cada vão em estudo, podem ser agora expressas algebricamente usando-se o método das áreas dos diagramas de momentos, obtendo-se as parcelas anotadas nas figuras 8 e 9. Cargas (vão i)

Cargas (vão i+1)

i–1 DMF

i

i

i+1 DMF

Ai

Ai+1

ai

bi

ai+1

(a)

bi+1 (a)

Mi –1

Mi+1 i

i–1 DMF

1

3

Li

2

3

i

i+1 DMF

Li

2

3

(b)

Li+1

1

3

Li+1

(b) (c) Mi

i–1 DMF

i

2

3

Li

1

3

Mi

Li

(c) Figura 8. Cálculo das parcelas da rotação na extremidade direita do vão i

i

i+1 DMF

1

3

Li+1

2

3

Li+1

(c) Figura 9. Cálculo das parcelas da rotação na extremidade esquerda do vão i+1

Nas fórmulas algébricas para o cálculo das rotações devidas às cargas nos vãos, a letra A representa a área do respectivo diagrama dos momentos fletores dessas cargas no vão bi-apoiado; a e b são as distâncias do centróide do diagrama em relação às extremidades esquerda e direita, respectivamente. Pelo princípio da superposição dos efeitos, se todos os esforços representados nas figuras 6 e 7 agirem simultaneamente, reproduziremos a situação exibida na figura 5a. Portanto se somarmos as rotações da extremidade i de cada vão, devemos ter a seguinte igualdade: θ i ,dir + θ i′,dir + θ i′,′dir = θ i +1,esq + θ i′+1,esq + θ i′+′ 1,esq , o que nos conduz à equação:

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1.

APRESENTAÇÃO TEÓRICA −

5

Ai ai M i−1 Li M i Li A b M L ML − − = i+1 i +1 + i +1 i +1 + i i +1 , Li EI i 6 EI i 3EI i Li+1 EI i+1 6 EI i+1 3EI i+1

a qual pode ser recomposta na forma seguinte: L L  6A a 6A b Li L M i−1 + 2 i + i+1  M i + i +1 M i +1 = − i i − i+1 i +1 , Ii I i+1 Li I i Li +1 I i +1  I i I i +1 

(1)

conhecida como Equação dos 3 Momentos. Ela deve ser usada de modo recursivo, tomando-se para o índice i os valores 1, 2, 3, etc., até a quantidade de incógnitas hiperestáticas, que é n–1 (figura 4). Deste modo, teremos tantas equações quantas forem os momentos fletores desconhecidos nas seções correspondentes aos apoios centrais da viga. Devemos ter em conta que os momentos nas seções extremas da viga contínua são conhecidos; são eles M0 e Mn, os quais farão parte da primeira e da última equações. Por exemplo, se não houver momentos externos aplicados a essas seções, essas quantidades são nulas. No caso particular – que ocorre com freqüência na prática – em que todos os vãos possuem a mesma seção transversal (e, portanto, o mesmo momento de inércia), a expressão da Equação dos 3 Momentos simplifica-se para: Li M i −1 + 2(Li + Li +1 )M i + Li +1 M i +1 = −

6 Ai ai 6 Ai +1bi +1 − . Li Li +1

(2)

1.3 Fórmulas práticas As parcelas que constam à direita do sinal de igualdade nas expressões (1) e (2) podem ser preparadas para uso nas situações mais comuns de carregamento. Chamando αi =

6 Ai ai Li

e

β i +1 =

6 Ai +1bi +1 , Li +1

(3)

as expressões anteriores podem ser reescritas assim: L L  α β Li L M i−1 + 2 i + i+1  M i + i+1 M i+1 = − i − i+1 Ii Ii+1 Ii Ii+1  I i Ii+1 

(4)

Li M i −1 + 2(Li + Li +1 )M i + Li +1 M i +1 = −α i − β i +1 .

(5)

A seguir são apresentadas as expressões algébricas de α e β para vários casos de carregamento.

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1.

APRESENTAÇÃO TEÓRICA

6

TABELA PARA O CÁLCULO DE α = P

L/2

6 Aa 6 Ab e β= L L

P

L/2

P

m

L

n

m L

DMF

DMF

A

A b

a

A b

a

α = β = 3Pm(L − m )

α=

p

L

p

L

DMF

L

DMF

DMF

A

A

a

b

A

a

qL3 4

b

a

2 pL3 15 7 pL3 β= 60

m

α=

p

c/2

2c/3 c/3 m L

n L

DMF

p

c/3 2c/3 n

m

b

DMF

a

b

[

]

α=

pc  2c 3  2 6mn(L + m ) − mc +  12 L  45 

[

]

β=

pc 12 L

α=

qcm 4n(L + m) − c 2 4L

β=

qcn 4m ( L + n) − c 2 4L

n L

DMF

a

b

7 pL3 60 2 pL3 β= 15

α=

q

c/2

b

a

Pmn(L + m ) L Pmn(L + n ) β= L

3PL2 8

q

α =β =

m

L

DMF

α =β =

P

 2c 3  2 6mn(L + n ) − nc −  45  

NOTAS DE AULA DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I

a

b

α=

pc  2c 3  2 6mn(L + m ) − mc −  12 L  45 

β=

pc 12 L

 2c 3  2 6mn(L + n ) − nc +  45  

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1.

APRESENTAÇÃO TEÓRICA

7 6 Aa 6 Ab e β= (continuação) L L

TABELA PARA O CÁLCULO DE α = q

p

m

n

m

n

L

m L

DMF

a

b

(

qm2 2 L2 − m 2 4L qm 2 β= (L + n ) 2 4L

DMF

a

)

b

(

a

)

pm 2 5L2 − 3m 2 15L pm2 β= 40n 2 + 35mn + 7m 2 60 L

α=

(

(

)

)

pm 2 10 L2 − 3m 2 60 L pm2 β= 20n 2 + 25mn + 8m 2 60 L

(

p

m

n

m

m

n

L

L

DMF

a

DMF

a

b

b

(

pn 2 20m 2 + 25mn + 8n2 60 L pn2 β= 10 L2 − 3n 2 60 L

α=

α=

)

(

)

M0 L/2

a

)

m

L

n

b

(

pn2 40m 2 + 35mn + 7 n 2 60 L pn2 β= 5L2 − 3n 2 15L

β=

(

M0

L/2

)

p

n

L DMF

(

b

α=

q

qn 2 (L + m ) 2 4L qn 2 β= 2 L2 − n 2 4L

n

L

DMF

α=

p

)

)

M0

M0

m

m

L

L DMF

– DMF

– +

+

+

DMF

a M0L 4 M0L β =− 4

α=

(

)

M0 2 L − 3m 2 L M β = − 0 L2 − 3n 2 L

α=

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(

b

α = β = 3M 0 ( L − 2 m )

)

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3.

EXERCÍCIOS PROPOSTOS

8

2. Exercícios

2.1 Exercícios resolvidos

Exercício nº 1 – Viga de 2 vãos, com seção transversal constante 1.200 kgf/m

0

800 kgf/m

1

L1=4,0 m

2

L2=6,0 m

Devemos observar que as numerações dos vãos e nós segue rigorosamente a que foi adotada na apresentação teórica (figura 4). Neste exercício há apenas um momento fletor desconhecido (hiperestático), que é M1. A expressão a ser usada é a (5), para i = 1, isto é: L1 M 0 + 2(L1 + L2 )M 1 + L2 M 2 = −α 1 − β 2 . Sabendo-se que os momentos fletores M0 e M2 são nulos, vem: 2(4,0 + 6,0 )M 1 = −

1.200 × 4,03 800 × 6,03 − 4 4

20,0M 1 = −19.200 − 43.200 = −62.400 , e portanto M 1 = −3.120 m kgf .

Os vãos podem agora ser analisados separadamente, para facilitar os cálculos para o traçado dos diagramas dos esforços cortantes e dos momentos fletores. 1.200 kgf/m

0

3.120 m kgf

1

4,0 m

3.180 kgf

1.620 kgf

800 kgf/m 3.120 m kgf

1

2.920 kgf

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2

6,0 m

1.880 kgf

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9

DEC [kgf]

3.180

+

1.880

2.920

EXERCÍCIOS PROPOSTOS

1.620

3.

–

3,65 m

1,35 m

3.120

– + 1.093,5 2.209

Exercício nº 2 – Viga com 2 vãos e balanços, com seção transversal constante 1.200 kgf/m

800 kgf/m

1,5 m

0

1

L1=4,0 m

800 kgf/m

900 kgf/m

L2=6,0 m

2

2,0 m

Novamente aqui a numeração seguem as convenções da figura 4. Os trechos em balanço não são numerados, pois não fazem parte do modelo original adotado. Porém eles produzem os momentos fletores M0 e M2, os quais terão de ser calculados para o emprego na equação dos 3 momentos. A expressão a aplicar é a (5), para i = 1, ou seja: L1 M 0 + 2(L1 + L2 )M 1 + L2 M 2 = −α 1 − β 2 Sabendo-se que M 0 = −

800 ×1,5 2 900 × 2,0 2 = −900 m kgf e M 2 = − = −1.800 m kgf , temos: 2 2

4,0(− 900) + 2(4,0 + 6,0)M 1 + 6,0(− 1.800) = −

1.200 × 4,0 3 800 × 6,03 − 4 4

20,0 M 1 = −19.200 − 43.200 + 3.600 + 10.800 = −48.000 M 1 = −2.400 m kgf .

Analisando os vãos individualmente, temos os seguintes esforçcos: 1.200 kgf/m

900 m kgf 0

2.025 kgf

2.400 2.400 m kgf m kgf 1

4,0 m

1

2.775 2.500 kgf kgf

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1.800 m kgf

800 kgf/m 2

6,0 m

2.300 kgf

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1.800 2.300

1.200

DEC [kgf]

2.775

+

10 2.500

EXERCÍCIOS PROPOSTOS 2.025

3.

–

3,125m

1,688 m

2.400

1.800

900

– + 808,6 1.506,3

Exercício nº 3 – Viga contínua de 3 vãos, com seção transversal constante 1.410 kgf/m

0

4,0 m

600 kgf/m

1

800 kgf

3,0 m

990 kgf/m

3,0 m

2

3

4,0 m

Na figura acima foram omitidas, de modo proposital, as numerações dos vãos e apoios, às quais o leitor já deve estar familiarizado. Agora são duas as incógnitas hiperestáticas: os momentos fletores M1 e M2. Portanto, duas equações devem ser escritas, a saber: Para i = 1: L1 M 0 + 2(L1 + L2 )M 1 + L2 M 2 = −α 1 − β 2 Para i = 2:

L2 M 1 + 2(L2 + L3 )M 2 + L3 M 3 = −α 2 − β 3

Devemos notar que o 2º vão possui uma carga uniformemente distribuída total, além de uma carga concentrada. Nesses casos, os valores de α e β no segundo membro da equação são respectivamente os somatórios desses valores calculados para todos os casos de carga existentes no vão. Assim: 4,0M 0 + 2(4,0 + 6,0) M 1 + 6,0M 2 = −

1.410 × 4,0 3  600 × 6,0 3 3 × 800 × 6,0 2 −  + 4 4 8 

 600 × 6,0 3 3 × 800 × 6,0 3 6,0 M 1 + 2(6,0 + 4,0) M 2 + 4,0M 3 = − + 4 8 

   

 990 × 4,0 3 −  4 

Sabendo-se que M0 e M3 são nulos, temos o sistema de equações: 20,0 M 1 + 6,0 M 2 = −22.560 − (32.400 + 10.800) = −65.760

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3.

EXERCÍCIOS PROPOSTOS

11

6,0 M 1 + 20,0 M 2 = −(32.400 + 10.800) − 15.840 = −59.040 ,

cuja solução é M 1 = −2.640 m kgf e M 2 = −2.160 m kgf . Os cálculos finais e os diagramas dos esforços são mostrados a seguir. 1.410 kgf/m

990 kgf/m

1

4,0 m 2.160 kgf

3.480 kgf 2.640 m kgf

800 600 kgf/m kgf

2

480

2.280

3,0 m

1.440 kgf

2.160 m kgf

2

3,0 m

3

4,0 m

2.520 kgf

1

2.280 kgf

2.160

2.160 m kgf

2.120 kgf 2.520

0

2.640 m kgf

2.120

3.480

–

320

DEC [kgf]

1.440

+

1,532 m

2,545 m

2.640

2.160

– + 1.654,5

1.047,3

1.500

Exercício nº 4 - Viga contínua de 3 vãos, com seção transversal constante 800 kgf/m

0

6,0 m

4.000 kgf 1

6,0 m

600 kgf/m 2

1.800 kgf/m 6,0 m

3

Este exercício é semelhante ao anterior; a única novidade é o carregamento “trapezoidal” no 3º vão. As expressões literais são as mesmas, e as equações ficam: 6,0 M 0 + 2(6,0 + 6,0) M 1 + 6,0 M 2 = −

800 × 6,0 3 3 × 4.000 × 6,0 2 − 4 8

6,0 M 1 + 2(6,0 + 6,0) M 2 + 6,0 M 3 = −

3 × 4.000 × 6,0 3  600 × 6,0 3 7 × 1.200 × 6,0 3 −  + 8 4 60 

   

ou: 24,0M 1 + 6,0 M 2 = −43.200 − 54.000 = −97.200

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3.

EXERCÍCIOS PROPOSTOS

12

6,0 M 1 + 24,0M 2 = −54.000 − (32.400 + 30.240) = −116.640

cujas soluções são M 1 = −3.024 m kgf e M 2 = −4.104 m kgf . Os esforços em cada vão isolado e os diagramas dos esforços estão mostrados a seguir. 600 kgf/m

800 kgf/m 3.024 m kgf

1

6,0 m 1.896 kgf

2.904 kgf 3.024 m kgf

4.104 m kgf 4.000 kgf

2

1

3.516 kgf

4.104 m kgf

2

6,0 m

1.820 kgf

2.180 kgf

1.820

+ –

3.516

DEC [kgf]

2.904

1.896

3

6,0 m

3.684 kgf

3.684

0

1.800 kgf/m

2.180

2,37 m

3,77 m

4.104

3.024

–

+ 2.246,7 2.436 3.734,7

Exercício nº 5 - Viga contínua de 4 vãos, com seção transversal constante 1.000 kgf/m

900 kgf/m

0

4,0 m

1

4,0 m

800 kgf/m

2

3,0 m

500 kgf

2,0 m

750 kgf/m

3

4,0 m

4

Este exercício requer a montagem de 3 equações, pois apresenta 3 incógnitas, que são os momentos fletores M1, M2, e M3. As equações são: Para i = 1: L1 M 0 + 2(L1 + L2 )M 1 + L2 M 2 = −α 1 − β 2 Para i = 2:

L2 M 1 + 2(L2 + L3 )M 2 + L3 M 3 = −α 2 − β 3

Para i = 3:

L3 M 2 + 2(L3 + L4 )M 3 + L4 M 4 = −α 3 − β 4

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3.

EXERCÍCIOS PROPOSTOS

13

Os cálculos numéricos são semelhantes aos já realizados anteriormente. Ademais, sabe-se que M0 e M4 são conhecidos e valem zero. Temos, portanto, o sistema de equações: 16,0M 1 + 4,0M 2 = −30.400 4,0M 1 + 18,0M 2 + 5,0 M 3 = −45.200 5,0M 2 + 18,0 M 3 = −41.800

cuja solução é M 1 = −1.483,8 m kgf , M 2 = −1.664,8 m kgf e M 3 = −1.859,8 m kgf . Seguem-se os cálculos adicionais e os diagramas dos esforços. 900 kgf/m

–

1,588 m

1,955 m

– +

1.664,8 m kgf

1.859,8 m kgf

2.045,2 kgf

1.964,9 kgf

2,701 m

3

4,0 m

4

2,620 m

1.859,8

1.664,8 1.226,8

1.483,8

2.339,0 kgf

1.035,1

DEC [kgf]

3

750 kgf/m

2.045,2

+

2

2,0 m

2.339,0

4,0 m

1.954,8

1.429,0

1

3,0 m

1.859,8 m kgf

1.964,9

1.954,8 kgf

2

239,0

1.438,8 m kgf

2.171,0 2.161,0 kgf kgf 1.000 kgf/m

739,0

1.429,0 kgf

1.664,8 m kgf

2.161,0

1

4,0 m

1.438,8 m kgf

2.171,0

0

500 kgf

800 kgf/m

426,7 714,2

1.134,5

NOTAS DE AULA DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I

1.253,9

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3.

EXERCÍCIOS PROPOSTOS

14

Exercício nº 6 - Viga contínua de 2 vãos, com seção transversal constante, e com a consideração de engastes nas extremidades 1.200 kgf/m

800 kgf/m

4,0 m

6,0 m

Para a resolução desse tipo de problema, o artifício a usar é substituir o engaste por um vão fictício suplementar no lado engastado, porém com o comprimento nulo. No exemplo em foco acrescentam-se um “vão” nulo à esquerda e outro à direita, já que ambas as extremidades são engastadas, resultando no esquema seguinte: 1.200 kgf/m

0

L 1= 0

1

L 2= 4,0 m

800 kgf/m

2

3

L 3= 6,0 m

VÃO FICTÍCIO

L4 = 0

4

VÃO FICTÍCIO

É preciso voltar a atenção para o fato de que a numeração dos apoios (e, conseqüentemente, dos vãos) é afetada pela criação dos novos vãos fictícios, mas segue ainda obedecendo o que foi estabelecido na dedução teórica da equação geral dos 3 momentos (figura 4). A justificativa para o artifício adotado é exposta a seguir. Imagine-se que um engaste é substituído por um apoio simples, e que nesse lado a viga recebe um vão adicional, de comprimento qualquer, adicionando-se conseqüentemente um apoio extra na nova extremidade (tal como na figura anterior). Agora, suponha-se que esse novo vão possua grande rigidez à flexão (infinita, teoricamente), capaz de impedir a rotação da seção onde havia o engaste. Nesse caso, o conjunto passará a trabalhar de modo idêntico à viga original, isto é, com os mesmos esforços e os mesmos deslocamentos. Ora, matematicamente um vão de rigidez infinita é conseguido de dois modos: ou elevandose o valor do momento de inércia de sua seção transversal ao infinito, ou –o que é mais simples e prático – reduzindo-se o seu comprimento a zero. Após o uso do artifício descrito, o problema trensforma-se numa viga contínua de 4 vãos, possuindo 3 momentos fletores desconhecidos, M1, M2 e M3. O exercício requer a montagem de 3 equações, a saber: Para i = 1: L1 M 0 + 2(L1 + L2 )M 1 + L2 M 2 = −α 1 − β 2 Para i = 2:

L2 M 1 + 2(L2 + L3 )M 2 + L3 M 3 = −α 2 − β 3

Para i = 3:

L3 M 2 + 2(L3 + L4 )M 3 + L4 M 4 = −α 3 − β 4

Os vãos L1 e L4 valem zero, e os termos α 1 e β 4 , correspondentes a esses vãos, devem ser ignorados, pois não há cargas neles. Assim, as equações podem ser reescritas como se segue:

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3.

EXERCÍCIOS PROPOSTOS

15

0M 0 + 2(0 + 4,0) M 1 + 4,0M 2 = −19.200 4,0M 1 + 2(4,0 + 6,0) M 2 + 6,0M 3 = −19.200 − 43.200 6,0 M 2 + 2(6,0 + 0) M 3 + 0M 4 = −43.200

do que se obtém: M 1 = −1.360 m kgf , M 2 = −2.080 m kgf e M 3 = −2.560 m kgf . Segue-se a finalização do problema. 1.200 kgf/m

1

2.580 kgf

2.320 kgf

1

800 kgf/m

2.560 m kgf

6,0 m

2.480 kgf

2.320

4,0 m

2.080 m kgf

+ DEC [kgf]

2.480

0

2.220

2.220 kgf

2.080 m kgf

2.580

1.360 m kgf

–

2,90 m

1,85 m

2.560

2.080 1.360

– + 693,5 1.284

Exercício nº 7 - Viga contínua de 2 vãos, com seções transversais diferentes, engastada em uma extremidade e com balanço na outra Consideremos a viga abaixo, em que o momento de inércia do 2º vão é o dobro do momento de inércia do 1º. 1.920 kgf/m

720 kgf/m

(I)

4,0 m

1.920 kgf/m

3,0 m

(2I)

650 kgf

3,0 m

1,5 m

Neste exemplo, há engaste apenas na extremidade esquerda. O artifício a usar consiste em criar um vão fictício, de comprimento nulo, nessa extremidade. Após a numeração dos apoios e vãos, chega-se ao esquema seguinte:

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3.

EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1.920 kgf/m

0

L 1= 0

16 720 kgf/m

(I)

1

2

L 2= 4,0 m

1.920 kgf/m

(2I) L3=6,0 m

650 kgf

3

1,5 m

VÃO FICTÍCIO

Neste caso temos duas incógnitas, M1 e M2. O momento fletor M0 é nulo, porém o momento M3 vale: M3 = –650×1,5 = –975 m kgf. A expressão da equação dos 3 momentos a ser utilizada é a (4), pois trata-se de problema com momentos de inércia distintos em cada vão. O momento de inércia da seção do balanço não influi nos cálculos, pois o momento fletor M3 depende somente do carregamento existente naquele trecho. Desse modo, temos: Para i=1:

L L1 L  L α β M 0 + 2 1 + 2  M 1 + 2 M 2 = − 1 − 2 I1 I2 I1 I 2  I1 I 2 

Para i=2:

L L L2 M 1 + 2 2 + 3 I2  I2 I3

 L β α M 2 + 3 M 3 = − 2 − 3  I3 I2 I3 

Para maior clareza, os cálculos das parcelas à direita nestas equações são mostrados a seguir. Os carregamentos em forma de “trapézio” são desdobrados em uma carga uniforme somada com outra em forma de triângulo. α1 I1

β2 I2

α2 I2

=0 =

720 × 4,0 3 2 × 1.200 × 4,0 3 11.520 10.240 21.760 + = + = 4× I 15 × I I I I

=

720 × 4,0 3 7 × 1.200 × 4,0 3 11.520 8.960 20.480 + = + = 4× I 60 × I I I I

β3

(

)

2 720 × 3,0 2 (6,0 + 3,0)2 + 1.200 × 3,0 40 × 3,02 + 35 × 3,0 × 3,0 + 7 × 3,0 2 = I 3 4 × 6,0 × (2 I ) 60 × 6,0 × (2 I ) 21.870 22.140 44.010 = + = 2I 2I 2I

=

Substituindo os valores numéricos conhecidos, as equações ficam: 4,0  4,0 21.760  0M 0 + 2 0 + M2 = − M 1 + I I I   4,0 6,0  4,0 6,0  M 1 + 2 + (− 975) = − 42.485 M 2 + I 2I  2I I  I

ou 8,0 M 1 + 4,0M 2 = −21.760 4,0M 1 + 14,0M 2 = −39.560

para as quais os resultados valem M 1 = −1.525,0 m kgf e M 2 = −2.390 m kgf . NOTAS DE AULA DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I

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3.

EXERCÍCIOS PROPOSTOS

17

Os esforços nos vãos, tratados isoladamente, são: 1.920 kgf/m 1.525 m kgf

2.456,3 3.055,8 kgf kgf

+ DEC [kgf]

2

1.920 kgf/m

3,0 m

975 m kgf

3,0 m

3.055,8

2

4,0 m

720 2.390 kgf/m m kgf

–

3

904,2 kgf

650

2.456,3

1

2.823,8

2.823,8 kgf

720 kgf/m 2.390 m kgf

904,2

1,695 m

2,503 m

2.390,0 1.525,0 975

– + 746,6 1.737,6 1.957,9

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3.

EXERCÍCIOS PROPOSTOS

18

2.2 Exercícios propostos Nº 1 1.420 kgf/m

900 kgf/m

3,0 m

2,0 m

2,0 m

1.000 kgf

4,0 m

1,5 m

Solução: M 1 = −2.309,0 m kgf e M 2 = −1.500,0 m kgf

Nº 2 1.420 kgf/m

800 kgf/m

1.200 kgf 3,0 m

2,0 m

3,0 m

4,5 m

1,5 m

Solução: M 0 = −1.800,0 m kgf e M 1 = −2.315,0 m kgf

Nº 3 1.000 kgf/m

1,6 m

4,0 m

4,0 m

4,0 m

1,6 m

Solução: M 0 = −1.280,0 m kgf , M 1 = −1.344,0 m kgf , M 2 = −1.344,0 m kgf , M 3 = −1.280,0 m kgf

Nº 4 1.200 kgf 1,5 m

1,5 m

1.500 kgf/m

1,0 m

2,0 m

1.800 kgf/m 1,0 m 1,0 m

3,0 m

1,0 m

2.100 m kgf 1,5 m

1,5 m

Solução: M 1 = −1.024,9 m kgf , M 2 = −1.550,5 m kgf e M 3 = −1.088,8 m kgf

Nº 5 680 kgf 1,5 m

1.200 kgf/m

4,0 m

800 kgf/m

6,0 m

Solução: M 0 = −1.020,0 m kgf , M 1 = −2.160,0 m kgf e M 2 = −2.520,0 m kgf .

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