vigas isostáticas

UEL / CTU – Departamento de Estruturas. Mecânica das Estruturas II, Prof. Roberto Buchaim.

1

2. Vigas Isostáticas

2.1 Introdução O presente capítulo trata da determinação das reações de apoio e das solicitações de vigas isostáticas planas e de eixo retilíneo. As de eixo curvo serão estudadas oportunamente. As vigas, como se sabe, são elementos estruturais unidimensionais, também chamados barras, sujeitos predominantemente à flexão e, eventualmente, a forças normais moderadas, provenientes de cargas contidas no plano da viga. Ver a Fig. 2.1.

Fig. 2.1: Definição de elemento estrutural unidimensional lb <<( e )lh << .

As solicitações que em geral aparecem nas vigas, nas condições mencionadas, são o momento fletor, a força cortante e a força normal. Na Fig. 2.2 mostra-se o sistema de coordenadas e a convenção de sinais adotadas: a- As cargas verticais concentrada vQ e distribuída vq são positivas de

cima para baixo, concordando com o sentido positivo do eixo y ; as

cargas horizontais concentrada hQ e distribuída hq são positivas da

esquerda para a direita, concordando com o sentido positivo do eixo x .

b- As reações de apoio verticais vR e horizontais hR são positivas,

respectivamente, de baixo para cima, contra o sentido positivo do eixo y , e da direita para a esquerda, contra o sentido positivo do eixo x .


2

Qv

MN

V

y

x NM

VM

V

NN

M

V

CG

Qh

Rh

Rv

qv

qh

Fig. 2.2: Convenção de Sinais.

c- A força normal N é positiva se tracionar a seção transversal da viga.

d- A força cortante V é positiva se produzir no elemento de viga uma rotação horária.

e- O momento fletor M é positivo se tracionar a borda inferior da seção transversal da viga.

O campo de aplicação destes elementos estruturais é muito vasto, podendo-se destacar as edificações civis e as industriais, convencionais ou pré-fabricadas, as pontes, etc. As vigas isostáticas, as únicas aqui estudadas, têm a vantagem de serem insensíveis a recalques de apoio, especialmente nas fundações em solos de pouca rigidez, e a variações de temperatura, uniforme ou linearmente distribuídas na altura da seção transversal. Estas ações só provocam deslocamentos e deformações desacompanhadas de tensões, uma vez que não são impedidas. Por outro lado, as vigas isostáticas têm a desvantagem, quando comparadas com as hiperestáticas, de não conseguirem, nas proximidades da ruína ou do colapso da estrutura, redistribuir as solicitações das seções críticas para outras seções superabundantes em resistência. 2.2 Equações Indefinidas de Equilíbrio

No estudo das vigas é de fundamental importância estabelecer as equações diferenciais de equilíbrio, as quais relacionam os esforços solicitantes às cargas distribuídas, aplicadas na viga. Para estabelecer estas equações, no presente caso de vigas planas e de eixo reto, considere-se um segmento infinitesimal da viga dado na Fig. 2.3, de comprimento dx , distante x da origem do sistema de coordenadas, e sujeito a cargas verticais e horizontais distribuídas, )(xqv e )(xqh ,

funções da abscissa x medida ao longo do eixo da viga. Sendo infinitesimal o elemento considerado, as resultantes das cargas distribuídas nele aplicadas, sejam elas variáveis ou constantes com x ,


3

são iguais a dxqv e dxqh , e posicionam-se a 2/dx das extremidades do

elemento. As equações de equilíbrio são as seguintes:

N

M V

dx

dx/2 dx/2

P N + dN M + dM

V + dV x

y

qv dx qhdx

Fig. 2.3: Equilíbrio do Elemento Infinitesimal.

Equilíbrio de forças horizontais:

0=Σ xF

0=−++ NdNNdxqh

)(xqdxdN

h−=

Equilíbrio de forças verticais:

0=Σ yF

0=−++ VdVVdxqv

vqdxdV

−= (2.1b)

Equilíbrio de momento em relação ao ponto médio P do elemento:

( 02

)(2

) =+++−+ Mdx

VdMMdx

dVV


4

E desprezando o termo 2dx

dV face a 2dx

V , por ser de ordem inferior a

este último, resulta

Vdx

dM= (2.1c)

Estas três equações mostram que a carga horizontal hq , aplicada ao

longo do eixo da viga, não tem nenhuma influência na força cortante e no momento fletor. Mostram, ainda, que o momento fletor e a carga vertical estão relacionados entre si pela equação que se obtém derivando-se a (2.1c) e substituindo-se nela a (2.1b):

)(2

2

xqdx

dV

dx

Mdv−== (2.2)

Desta equação se conclui que se a carga distribuída for uniforme, ou constante e não nula, então a força cortante varia linearmente e o momento fletor varia parabolicamente com x ao longo da viga. De forma geral, se a carga vertical distribuída )(xqv for um polinômio de

grau n , a força cortante será um polinômio de grau )1( +n e o momento fletor será um polinômio de grau )2( +n . Por outro lado, se a carga

)(xqv for, p. ex., senoidal, então a força cortante e o momento fletor

variarão ao longo de x segundo funções cossenoidal e senoidal, respectivamente. As conclusões referentes à força cortante, evidentemente, se aplicam à força normal, trocando-se )(xqv por )(xqh .

Note-se que as equações diferenciais de equilíbrio se aplicam entre os segmentos de viga delimitados por cargas concentradas - forças ou momentos -, sejam elas ativas ou reativas. Isto porque estas cargas concentradas não aparecem nessas equações, pois representam saltos nas funções em questão: saltos nas forças normal e cortante onde há forças, respectivamente, horizontal e vertical concentradas, e salto no momento fletor onde há momento aplicado. Note-se, também, que na transição de um segmento para outro em que há mudança da carga distribuída vertical ou horizontal, p. ex., de zero a um valor constante, a função )(xV , ou )(xN , sofre uma descontinuidade na sua tangente, caracterizada por um ponto anguloso, por causa da mudança da derivada dessas funções, que são justamente as cargas, a menos do sinal, cf. Equações (2.1a) e (2.1b). Analogamente, o momento fletor tem ponto anguloso onde houver aplicação de carga concentrada, seja ela ativa ou reativa. Esse ponto anguloso é resultado, como se disse, das derivadas diferentes, à


5

esquerda e à direita desse ponto, da função )(xM , que são justamente as respectivas forças cortantes, cf. Equação (2.1c). Em outras palavras, o momento fletor tem ponto anguloso onde a força cortante sofre um salto. Observe-se, por fim, que a determinação das funções )(xN , )(xV e

)(xM , as quais representam as solicitações que se quer obter em toda viga, não pode decorrer apenas das equações indefinidas de equilíbrio, mas essa determinação exige o conhecimento de condições estáticas de contorno. Por isso elas são indefinidas, uma vez que essas funções só ficam conhecidas após a integração das equações diferenciais envolvidas, e estas requerem o conhecimento das constantes de integração que as acompanham. Dito de outra forma, conhecer as condições estáticas de contorno significa, simplesmente, conhecer as reações de apoio, pois são estas que determinam as constantes de integração. Os exemplos dados a seguir mostram a determinação analítica das solicitações, através das equações diferenciais de equilíbrio. No primeiro deles, tem-se uma viga isostática bi-apoiada, sujeita a cargas verticais e horizontais, cf. se mostra na Fig. 2.4. A solução desta viga começa pela determinação das reações de apoio. No apoio A as componentes horizontal e vertical da reação AR resultam das seguintes equações de equilíbrio (global):

0=Σ xF ou 02, =−l

qR hAh

Substituindo hq por lQ

40,0− vem

QR Ah 20,0, −= (2.3)

0=Σ DM ou 04210

6, =−−

llqlQlR vAv

Substituindo lqv por Q resulta

QQR Av 725,04029

, == (2.4)

0=Σ yF ou 02 ,, =−−+ DvAvv RRl

qQ


6

Usando o valor de AvR , obtém-se

QQR Dv 775,04031

, == (2.5)

Q

qh = - 0,40 Q/

qv = Q/

Rv,B

Rh,A

Rv,A

0,4 0,1 0,5 B CA D

x

-0,2

0 Q

dN / dx = 0

N(x)

Ponto Anguloso

dN / dx = - qh = 0,40 Q/

V(x)

0,72

5 Q

- 0,

275

Q

- 0,

775

Q

Ponto Anguloso

a)

b)

c)

dV / dx = 0 dV / dx = - qv = - Q/

Fig. 2.4: Exemplo de análise de viga isostática: (a) geometria e cargas; (b) diagrama da força normal; (c) diagrama da força cortante.


7

M(x)

max

M =

0,2

9 Q

0,26

25 Q

Tangente em H

Tangente em F

Tange

nte em

D

G

I

H

dM / dx = 0,725 Q dM / dx = - 0,275 Q

Ponto Anguloso

0,4 0,1 0,25 0,25

A B C DE

F

d)

Fig. 2.4 (cont.): Exemplo de análise de viga isostática: (d) diagrama de momento fletor.

A determinação das solicitações pode começar pela força normal. De (2.1a) tem-se:

hqdxdN

−= ou 1

0

)( CdxqxNx

h +−= ∫

Como no segmento AC a carga hq é nula, e como para 0=x tem-se

QRN Ah 20,0)0( , −== , resulta a constante QC 20,01 −= . Este é o valor da

força normal em AC. No trecho CD a integral anterior leva à seguinte equação linear:

QdxlQ

xNx

l

20,040,0)(5,0

−= ∫

QlxlQ

xN 20,0)5,0(40,0)( −−= (2.6)

Para lx = , no apoio móvel da viga, esta equação verifica a condição de contorno 0)( =lN , como tem de ser. Ver a Fig. 2.4b, onde se desenha o diagrama da força normal. A força cortante deve ser obtida para cada um dos segmentos AB, BC e CD:


8

AB: lx 4,00 ≤≤

QRxV Av 725,0)( , == (2.7a)

BC: lxl 5,04,0 ≤<

QQQxV 275,0725,0)( −=−= (2.7b)

CD: lxl ≤<5,0

lx

QQlxlQ

QxV −=−−−= 225,0)5,0(275,0)( (2.7c)

Note-se que neste último cálculo foi usada a equação (2.1b):

2

5,0

)( CdxqxVl

l

v +−= ∫ ou QlxlQ

xV 275,0)5,0()( −−−=

pois para lx 5,0= tem-se QClV 275,0)5,0( 2 −== , que é o valor da força cortante no fim do segmento BC. Ver o diagrama da força cortante na Fig. 2.4c. As equações do momento fletor para cada segmento são dadas por:

AB: lx 4,00 ≤≤

QxxRxM Av 725,0)( , == (2.8a)

BC: lxl 5,04,0 ≤≤

QlQxlxQxRxM Av 4,0275,0)4,0()( , +−=−−= (2.8b)

CD: lxl ≤≤5,0

2

)5,0()4,0()(

2

,

lxqlxQxRxM vAv

−−−−=

lxQ

QxQlxM2

2225,0275,0)( −+= (2.8c)

Esta parábola do segundo grau verifica a condição de contorno

0)( =lM , como deve ser. Observe-se na Fig. 2.4d que o máximo momento fletor ocorre no ponto de inversão da força cortante. O trecho parabólico, que se inicia no ponto C e termina no ponto D, é construído graficamente com o auxílio das tangentes à curva )(xM nesses mesmos pontos (tangentes cujas inclinações são as próprias forças cortantes nesses pontos), e, ainda,


9

construindo-se o diagrama de momento que seria obtido se o valor total

da carga vertical uniformemente distribuída, 22Ql

qv = , fosse

concentrado no meio do segmento CD, i. e., no ponto E. Assim, o

segmento EI é igual a QlQll

R Dv 19375,04

775,04, == . Na seqüência, une-

se o ponto F, correspondente ao momento em C, ao apoio D. Traça-se por E a ordenada EI, obtendo-se o ponto G. A flecha da parábola, GH, é

igual a 8

)5,0( 2lqv . A terceira tangente à parábola é uma reta passante

por H e paralela a FD, sendo H o ponto médio de GI. Com isso, a análise deste exemplo fica concluída. Os dois exemplos seguintes mostram a influência da direção do apoio móvel, em relação ao eixo da viga, na força normal. Considere-se as duas vigas de mesmo vão da Fig. 2.5, uma com carga concentrada Q posicionada no centro do vão, e outra com carga uniformemente distribuída q , de resultante ql igual à carga Q da primeira viga. Seja

ainda a articulação móvel B, cuja reação BR tem direção, em relação ao eixo da viga, dada pelo ângulo α . Considerando o polígono (um triângulo) das forças ativas e reativas (Q ,

AR e BR ), cf. a Fig. 2.5b, bem como as projeções na vertical e na horizontal das forças reativas, tem-se pela equação de equilíbrio de momento em relação ao ponto médio C da viga:

BvAv RR ,, = Dos equilíbrio das forças verticais resulta o valor destas duas forças:

QRR BvAv =+ ,, ou 2,,

QRR BvAv == (2.9)

Do equilíbrio das forças horizontais obtém-se:

αtg

QRR BhAh 2,, == (2.10)

Com isto fica evidente que estas vigas têm força normal, sem que haja carga horizontal aplicada, por causa da disposição inclinada da articulação móvel. Esta força normal, a mesma em ambas as vigas, é de compressão e vale, cf. a equação anterior:


10

αtgQ

N2

−= (2.11)

-Q 2 tg a

- Q / 2

Q / 2 Q

V(x)

N(x)

M(x)Q / 4

C

αB

q = Q / A

- q / (2 tg a)

- q / 2C

q / 2

(a)

(b)

(c)

(d) q / 8 = Q / 82

C

Q

A BC α

(e)

Q

RA

RB

Rv,A

Rh,A

Rv,B

Rh,B

α

Fig. 2.5: Influência da inclinação da articulação móvel; (a) Geometria e carga das duas vigas;; (b) Diagrama da força normal; (c) Diagrama da força cortante; (d) Diagrama do momento fletor;(e) Polígono das forças ativas e reativas.

Na primeira viga a força cortante é constante entre A e C, e de valor

2,

QRV Av == . Em C há um salto negativo de intensidade Q− ; portanto,

em CB resulta 22Q

QQ

V −=−= , valor igual a BvR ,− , notando-se que

este último sinal negativo se deve às diferentes convenções de sinais da força cortante e da reação de apoio. O momento fletor em C atinge

seu valor máximo, é igual a 42,

QllRM AvC == , e tem variação linear em

AC e em CB, dando ao diagrama uma forma triangular. Na segunda viga a força cortante varia linearmente, por causa da carga

uniformemente distribuída. Em A tem-se 2ql

VA = , e em C resulta


11

02

=−=ql

VV AC . De C a B a força cortante inverte seu sinal, passando a

ser negativa. Em B tem-se 22,

qlQRV BvB −=−=−= . O momento fletor

varia parabolicamente, pois resulta da dupla integração de uma carga constante, de acordo com a Equação (2.2). Em C o momento fletor é igual a:

88224)

2(

2

22

,

qlqllqllqllRM AvC =−=−= (2.12)

valor que é máximo, pois nesse ponto a força cortante é nula, o que está de acordo com a Equação (2.1b). Observe-se que na primeira viga o momento em C também é máximo, por causa da inversão de sinal do

cortante. Mas nela 4

)1( QlM C = e na segunda

888

2)2( l

Ql

qlql

M C === ;

logo, para a mesma carga total aplicada em ambas as vigas, naquela com carga uniformemente distribuída tem-se um momento fletor igual à metade daquele obtido na primeira. Ver os diagramas das solicitações na Fig. 2.5 c, d, e. Para concluir estes dois exemplos observe-se que: a- A variação do ângulo α da articulação móvel em B altera as reações

horizontais AhR , e BhR , . Se º90=α tem-se ∞→αtg , o que, de

acordo com a Equação (2.10), anula as reações horizontais. Se 0=α , para haver equilíbrio seria necessário que as forças hR

tendessem ao infinito. Isto quer dizer que, para esse valor nulo do ângulo α , o apoio B está mal condicionado e, portanto, é impossível equilibrar as cargas verticais dadas. Se º90>α a força normal na viga, nula para º90=α e negativa para º90<α , passa a ser positiva, i. e., de tração.

b- A aplicação de duas equações de equilíbrio, a de momento em

relação ao ponto médio C e a de forças horizontais, permitiu concluir que as reações de apoio são iguais. Isto equivale à condição de simetria de ambas as vigas. Em outras palavras, “gastar” equações de equilíbrio e usar a simetria da estrutura significam a mesma coisa.

c- A representação do apoio móvel usada até aqui pode ficar mais

clara se for usado, equivalentemente, um pêndulo simples, como na


12

Fig. 2.6, pois este só pode reagir com uma força na sua direção n e seu deslocamento ocorre na direção t , perpendicular a n .

B α

t

n

RB

RB

t

αB

n

Fig. 2.6: Duas representações da articulação móvel O próximo exemplo, em que se usam as equações indefinidas de equilíbrio, refere-se a uma viga inclinada, sujeita a uma carga vertical uniformemente distribuída. Ver a Fig. 2.7. Ressalta-se no presente exemplo, como no anterior, a importância da direção do apoio móvel (ou do pêndulo simples). Assim, as duas vigas da Fig. 2.7a e 2.7b têm forças normais diferentes, embora as forças cortantes e os momentos fletores sejam iguais, como se poderá comprovar a seguir. As vigas inclinadas (isostáticas no presente caso, mas hiperestáticas em geral) aparecem, p. ex., nas escadas ou nos pórticos de edifícios, ou, ainda, nos pórticos de duas águas das edificações industriais. No que segue resolve-se a viga da Fig. 2.7a. Conforme se vê nessa figura, a resultante qlQ = , situada no meio do segmento AB’, projeção

de AB na horizontal, é equilibrada pela reação horizontal BR e pela

reação AR , inclinada de um ângulo β com a horizontal, fechando o

triângulo de forças, cf. mostrado na Fig. 2.7e. Note-se que lh

tg2

=β , e

este valor é o dobro da tangente do ângulo α , pois lh

tg =α .

Para escrever as equações indefinidas de equilíbrio, conforme deduzidas a partir da Fig. 2.3, é preciso ter as componentes da carga ortogonal (ou normal) e paralela (ou tangencial) ao eixo da viga, cujo

comprimento é αcos

l. Como a carga total aplicada na viga é Q , este

valor dividido por αcos

l dá a carga vertical distribuída uniformemente ao

longo de AB (ao invés de AB’).


13

(a)

(b)

Q = q

q = Q /

h

B'

B

A α

h

B

A

/ 2 / 2

αβ

x

RA

RB

q = Q /

αA

B

(c)

Q

/ cos

αq cosα

qn = q cos α

RB = q / tg βqt = q cos α sen α

2

α

αQ = q

RA = q / sen β

β

(d)

(e)

q cos α

Fig. 2.7: Viga isostática inclinada; (a) pêndulo simples horizontal; (b) pêndulo

simples vertical; (c) carga por unidade de comprimento αcosl da viga; (d)

decomposição da carga αcosq nas componentes normal nq e tangencial tq ao

eixo da viga; (e) equilíbrio das forças ativas e reativas.

Logo, tem-se αcoslQ

ou αcosq , cf. a Fig. 2.7c. Decompondo-se a

carga αcosq nas mencionadas componentes, obtém-se nq e tq , como

dadas na Fig. 2.7d. Com isto, pode-se agora determinar os esforços


14

solicitantes. De (2.1a) vem, notando-se que tq (o mesmo que hq da

Fig. 2.3) é negativa:

αααα sencos)sencos( qqqdxdN

t =−−=−=

11

0

)sencos(sencos CxqCdxqNx

+=+= ∫ αααα

A constante 1C depende de uma condição de contorno estática, que

tanto pode ser escrita em A quanto em B, pois as reações AR e BR são

já conhecidas. Assim, p. ex., em B a projeção de BR no eixo da viga é

igual a αcosBR . E como BR é igual a βtg

ql, cf. a Fig. 2.7e, tem-se a

condição de contorno para αcos

l dada por:

αβα

ααα

coscos

sencos)cos

( 1 tg

qlC

lq

lN −=+=

donde

βαβ

βαβαβ sen

)cos()sensencos(cos

sen1

−−=+−= ql

qlC

e portanto

βαβ

ααsen

)cos()sencos()(

−−= qlxqxN (2.13)

Como se depreende desta equação e da Fig. 2.8a, a viga só tem força normal de compressão, variável linearmente (ao contrário da viga da Fig. 2.7b, cujo diagrama da força normal está dado na Fig. 2.8b). A força cortante obtém-se integrando-se (2.1b):

α2cosqqdxdV

n −=−= ou

22

2

0

2 )cos(cos)( CxqCdxqxVx

+−=+−= ∫ αα


15

Para αcos

lx = tem-se α

βα

αsensen)

cos(

tgql

Rl

V B −=−= . Estes valores

substituídos na equação anterior levam ao seguinte resultado:

βαβ

sen)sen(

2

−= qlC

E com isso obtém-se a função linear )(xV , a saber:

βαβ

αsen

)sen()cos()( 2 −

+−= qlxqxV (2.14)

Desta equação resulta no centro da viga, com αcos2

lx = ,

lh

tg2

=β e

lh

tg =α , cf. a Fig. 2.8c, um valor nulo para a força cortante. Isto quer

dizer que o diagrama de força cortante é antimétrico, e o momento fletor é máximo no centro do vão. De fato, integrando )(xV resulta, cf. a Equação (2.1c):

3

0

)()( CdxxVxMx

+= ∫

3

00

2

sen)sen(

cos)( CdxqlxdxqxMxx

+−

+−= ∫∫ βαβ

α

3

22

sen)sen(

2)cos()( Cxql

xqxM +

−+−=

βαβ

α

Como 0)0( =M , decorre 03 =C e com isso fica determinada a função

parabólica )(xM . Introduzindo, por facilidade, a ordenada relativa

)cos/( αξ

lx

= , resulta:

]sencos

)sen(2

[)(2

2 ξβα

αβξξ

−+−= qlM (2.15)

No centro do vão 21

=ξ , e sendo 21

21

11sencos

)sen(=−=−=

−βα

βααβ

tgtg

vem:


16

8)

21

21

41

21

()21

(2

2 qlqlM =×+×−= (2.16)

como deve ser. Ver a Fig. 2.8.

x

40 KN

q = 10 KN/m

26.7 KN

26.7 KN

N (x)

- 45.3

V (x)

x

16

- 16

x

M (x)

2020

q = 10 KN/m

x

20 KN

N (x)20 KN

- 12

12

(a)

(c)

(d)

(b)

Fig. 2.8: Diagramas dos esforços solicitantes para mKNq /10= , ml 4= e

mh 3= .; (a) Força normal na viga de pêndulo simples horizontal; (b) Força normal na viga de pêndulo simples vertical; (c) Força cortante em ambas; (d) Momento fletor, idem.

2.3 Método Direto de Determinação das Solicitações No item anterior a análise da viga foi feita através do método analítico, o qual determina as funções )(xN , )(xV e )(xM ao longo do eixo, integrando as equações diferenciais de equilíbrio. No presente item, usa-se o método direto de obtenção das solicitações, que nada mais é do que a aplicação de equações de equilíbrio a segmentos da viga. Isto fica mais evidente observando-se que se o corpo deformável com um todo está em equilíbrio, qualquer parte desse corpo, finita ou infinitesimal, também está em equilíbrio.


17

Todas as observações sobre as variações das solicitações decorrentes das equações diferenciais de equilíbrio, Equações (2.1) e (2.2), continuarão, evidentemente, a serem usadas. No que segue, estudam-se os casos básicos de carregamentos em vigas bi-apoiadas e em vigas em balanço. Uma vez dominados estes casos, outros aparentemente mais complexos poderão ser examinados com facilidade. Seja, como primeiro exemplo, a viga bi-apoiada da Fig. 2.9, sujeita a três cargas concentradas, todas de mesma intensidade Q e uniformemente espaçadas.

Q Q Q

/ 4 / 4 / 4 / 4C D E

A B

Q2

3Q 2

-3Q2

V(x)

3QL8

QL2

3QL8

M(x)

A

C

Q

A

C

Q

D

Q

Ra

VCd

MC

y

x

MD

VDd

x

RA

y

Q / 23Q 2

Q

Q / 2 Q / 2

Q

(a)

(e)

(f)

(b)

(c)

C D

(d)

Fig. 2.9 Como não há carga horizontal aplicada na viga, pode-se concluir, pela equação de momentos em relação ao centro da viga (ponto D ), ou por simetria, que as reações de apoio são iguais, i. e., BA RR = . E pela

equação de equilíbrio 0=Σ yF resulta:

QRR BA 23

== (2.17)

A força cortante é constante em cada segmento entre as cargas

concentradas, pois da Equação (2.1b) com 0=vq , tem-se 0=dxdV

. No


18

ponto de aplicação das cargas concentradas há um salto na força cortante, negativo e de intensidade Q . Ver a Fig. 2.9e. Conforme a Fig. 2.9b, resulta no ponto dC , imediatamente à direita de

C :

QVQ Cd 23

=+ ou 2Q

VCd = (2.18a)

042

3=− CM

lQ ou QlM C 8

3= (2.18b)

No ponto dD , imediatamente à direita de D , cf. a Fig. 2.9c, tem-se:

QVQ Dd 23

2 =+ ou 2Q

VDd −= (2.19a)

O sinal negativo significa que o sentido da força cortante à direita do ponto D é o contrário do indicado na Fig. 2.9c. Ainda nesta mesma figura, tomando-se o equilíbrio de momentos em relação ao apoio A , resulta:

0)4

2()4

2(4

=−++ DDd Ml

Vl

Ql

Q

ou

2Ql

M D = (2.19b)

O momento fletor varia linearmente em cada segmento, pois V não muda nesses segmentos, o que está de acordo com a Equação 2.1c. Assim, o diagrama de momento será uma poligonal com vértices nas seções onde se aplicam as cargas, cf. a Fig. 2.9f. Se na mesma viga fossem aplicadas cinco cargas concentradas iguais e uniformemente espaçadas, resultariam os diagramas da Fig. 2.10.


19

/ 6AC D E F G

B

-52

5 2

x a 1 cada5 saltos iguais

V(x) Q

M(x) / (Q )5

125

128

129

128

12

x

/ 6 / 6 / 6 / 6 / 6

QQQQQ

Fig. 2.10 Note-se destes dois últimos exemplos que os diagramas da força cortante e do momento fletor tendem para o de uma carga uniformemente distribuída equivalente. Assim, na Fig. 2.10, essa carga

seria igual a lQ

q5

= . Com esse valor obtém-se no meio do vão

Qlql

M E 12

5,7

8

2

== , valor que é %7,16 inferior ao momento máximo da

Fig. 2.10c, ou seja, Ql129

.

O exemplo seguinte considera uma viga bi-apoiada, simétrica, com carga uniformemente distribuída no segmento CD , de extensão la ≤ . Ver a Fig. 2.11. As reações de apoio, AR e BR , iguais entre si, somam qa . Logo:

2qa

RR BA == (2.20a)

No ponto C , cf. a Fig. 2.11b, resulta:

2qa

VC = (2.20b)


20

Fig. 2.11 O momento CM equilibra o binário formado por AR e CV :

4)( alqa

M A

−= (2.20c)

No centro da viga tem-se, cf. a Fig. 2.11c:

0=V (2.21a) de onde se vê que o momento é máximo. Também aqui, o momento

equilibra o binário formado pela reação 2

qaRA = e a resultante da carga

distribuída em meia viga, 2

qa, situada à distância

4a

da seção central.

Logo:

)2

(4max

al

qaM −= (2.21b)

Note-se que, se for la = , resulta desta equação 8

2

max

qlM = , como

deve ser.

MC

RA = qa / 2

( - a) / 2A(b)

(c)

LC

C

VC

V = 0

MmáxA

RA

C

a / 2( - a) / 2

qa 2

M (x)

x

x

qa /4qa²8

qa ( -a)/4

Mm

áx

A

DCB

( - a) / 2 a ( - a) / 2

CL

qa 2

V (x)

- qa 2

(a)

(d)

(e)

qa²8


21

O próximo exemplo considera uma viga bi-apoiada, sujeita a um momento concentrado 0M , aplicado num ponto distante a do apoio

esquerdo, cf. a Fig. 2.12a. Mostra-se na Fig. 2.12b que o momento 0M

equivale à atuação de um binário.

V(x)

Mo/

M(x)

x

Mo a /

- Mo (1 - a / )

Salto negativo igual a Mo

Mo

- Mo

M(x) para a =

- aa

A

CB

F

Fe

e

RA = M0 /

AMC,e

C

VC,e

RA = M0 /

A

VC,d

C

M0C

M0

(a)

(e)

(f)

(b)

(c)

(d)(g)

M(x) para a = 0

Mo = 2Fe

M C,dMC,e

A

RA

BC

M0

x

RB

a - a

y

Deformada

x

Fig. 2.12 O momento aplicado é equilibrado por um binário formado pelas reações de apoio, iguais entre si, uma vez que não há carga vertical na viga. Logo:

l

MRR BA

0== (2.22a)

Analogamente à ausência de definição de força cortante na seção onde se aplica uma carga concentrada, também aqui não se define momento fletor na seção C , pois nela a função )(xM apresenta um salto. Assim, deve-se calcular os momentos fletores à esquerda e à direita de C , sendo a soma algébrica desses dois momentos igual ao momento aplicado. Conforme a Fig. 2.12c, tem-se imediatamente à esquerda do ponto C :


22

l

MVCe

0= (2.22b)

la

MaVaRM CeACe 0=== (2.22c)

Imediatamente à direita de C resulta, cf. a Fig. 2.12d:

l

MRV ACd

0== (2.23a)

aVaRMM cdACd ==+0

ou

)1(0 la

MM Cd −−= (2.23b)

Destes resultados fica mais evidente que a força cortante não muda sua intensidade, nem seu sinal, entre os dois apoios, mas o momento fletor passa de positivo em AC , a negativo em CB . Ver os diagramas da força cortante e do momento fletor nas Figuras 2.12e 2.12f. Observe-se que o momento fletor é linear nos dois segmentos da viga, AC e CB ; além disso, as retas respectivas são paralelas, pois têm a mesma derivada, i. e., a mesma força cortante. Note-se, também, na Fig. 2.12g, o equilíbrio do nó C , onde estão indicados os momentos

CeM e CdM com seus sentidos físicos. Ver, ainda, a deformada da viga

na Fig. 2.12a, com inversão da curvatura no ponto C . Considere-se, a seguir, vigas em balanço, engastadas numa de suas extremidades, cf. as Figuras 2.13 e 2.14. Começando pela viga da Fig. 2.13a, numa seção genérica, distante x do engaste A , tem-se o equilíbrio, p. ex., do elemento à direita dessa seção, cf. a Fig. 2.13b:

FxV =)( (2.24a)

0)()( =+− xMxlF ou )()( xlFxM −−= (2.24b) com o que a força cortante é constante e positiva, e o momento fletor é linear e negativo, i. e., produz tração na borda superior da seção. Ver as Figuras 2.13c e 2.13d.


23

(a)

(b)

(c)

(d)

(a)

(b)

(c)

(d)

2

2

2

V(x) M(x)q

x

M(x) V(x)

- x

q

deformada

F

V(x)

x

M(x)

x

- FL

V(x)

x

M(x)

- x

M(x)F

V(x)

F

A B

q

BA deformada

q

V(x)

x

x

- q / 2 D

E

/ 2 / 2

CA

A'

B

q / 8

q / 8

Fig. 2.13 Fig. 2.14 Considerando a viga da Fig. 2.14a, sujeita a uma carga uniformemente distribuída q , obtém-se do equilíbrio do segmento à direita da seção distante x de A :

)()( xlqxV −= (2.25a) A resultante da carga aplicada nesse segmento, )( xlq − , forma com

)(xV um binário, cujas forças distam 2

)( xl − entre si. Esse binário é

responsável pelo equilíbrio do momento fletor )(xM , donde:

02

)()]([)( =

−−+

xlxlqxM

ou

2)(

)(2xlq

xM−

−= (2.25b)


24

No engaste A resultam, com 0=x , qlV =)0( e 2

)0(2ql

M −= . Note-se,

na Fig. 2.14d, a construção das tangentes à parábola do segundo grau, )(xM : desenha-se o diagrama de momento fletor como se toda a carga

ql fosse concentrada no ponto médio do segmento AB . Obtém-se,

com isso, em A o mesmo momento anterior, 2

2ql− . Esta reta CA′ é a

tangente à parábola em A′ , e a reta AB é a tangente horizontal à parábola em B . Unem-se os pontos de momento nulo, em B , e mínimo, em A′ ; a reta obtida intercepta em D a vertical traçada a partir

do ponto médio C . Como se pode ver, DC é igual a 4

2ql e EC é igual

a 8

2ql. Isto quer dizer que nos extremos A′ e B “pendura-se” a

parábola de flecha 8

2ql em D . No ponto E a tangente à parábola é

paralela a DB . Na Fig. 2.15, mostra-se a mesma viga, sujeita agora a um momento aplicado, 0M , em sua extremidade B . É imediato ver que, cf. a Fig.

2.14b, para lx ≤≤0 :

0)( 0 =+ MxM ou 0)( MxM −= (2.26a)

E como 0)(

=dx

xdM resulta

0)( =xV (2.26b)

Ver as Figuras 2.15c e 2.15d.


25

AB

M 0

x

V(x)

M(x)

- M

V = dM / dx = 0

V = 0

M(x)V = 0

x

A

M0

(a)

(b)

(c)

(d)

Fig. 2.15

2.4 Vigas Isostáticas Contínuas No que segue, estudam-se as vigas isostáticas que apresentam continuidade nos apoios, seja entre vãos adjacentes, ou entre um vão e um balanço. Conforme for conveniente, pode-se usar um ou outro método de determinação das solicitações vistos anteriormente. Estudam-se também as vigas retas e isostáticas dotadas de uma ou de várias articulações internas, chamadas de vigas Gerber. As articulações podem ser conseguidas através de cortes em seções adequadas da viga, de modo a evitar transmissão de momentos fletores. Estas articulações, do ponto de vista de forças tangenciais nelas transmitidas, podem ser fixas, semi-móveis (almofadas de elastômero), ou ainda móveis. Ver a Fig. 2.16. Considere-se como um primeiro exemplo mais simples, a viga da Fig. 2.17, com dois balanços laterais e um vão central. A força cortante nos balanços é negativa e igual a 1F− em AB , e positiva e

igual a 1F em DE, pois tende a produzir uma rotação anti-horária no primeiro, e horária no segundo. Nos vãos, as forças cortantes não são influenciadas pelas cargas 1F dos balanços, por causa da presente


26

N

(a) Articulações em vigas de madeira

(b) Articulações em pontes

Placas de Apoio (Elastômeros)

a a0 < a / 3

(c) Arco Articulado

articulação FreyssinetN

NN

Fig. 2.16

simetria. Assim, em BC tem-se 2

2FV = ; em CD resulta, com o salto

negativo em C , 2

2FV −= . Os momentos fletores são representados por

segmentos lineares. Nos balanços são negativos e de valor mínimo nos apoios, igual a aF1− . Se não houvesse a carga 2F , todo o vão BD estaria submetido a esse mesmo momento, como se vê em pontilhado na Fig. 2.17c (diagrama do qual, aliás, decorre a linha de fecho, como se verá adiante). Por outro lado, se houvesse só a carga 2F central, o diagrama de momento fletor teria a forma de um triângulo, de altura igual ao momento

máximo 42lF

, como se mostrou antes. Para o presente caso, basta

transladar esse triângulo DCB ′′ para a posição DCB ′′′ , com o que resulta o

diagrama final de momento fletor. Na Fig. 2.17c supôs-se la

FF4

12 > .


27

(a)A

B

C

DE

a / 2 / 2 a

- F1 - F2 / 2

F2 / 2- F1

RD

RBx

V(x)

(b)

M(x)

x

B' D'

DB C'

C''

(c)

F1

RB

B

C

F2

F2 / 2 F2 / 2

(d)

F1 F2 F3

F2 / 2

Fig. 2.17 Note-se que as reações de apoio representam saltos positivos no diagrama da força cortante, ao passo que no diagrama de momento fletor tem-se pontos angulosos nos apoios e no ponto de aplicação da carga central, justamente por causa das forças cortantes diferentes à esquerda e à direita desses três pontos. Já se pode introduzir neste exemplo um critério para fixar o comprimento a dos balanços, de modo a conseguir economia. Mantendo-se fixo o comprimento total L da viga, pode-se variar a e, portanto, aLl 2−= , de modo que os momentos extremos, os dos apoios e o do centro do vão, sejam iguais em valor absoluto, ou seja:

aFaFlF

112

4=−

ou

81

2 lF

Fa =

E, usando a igualdade aLl 2−= , obtém-se os seguintes valores em função dos dados iniciais do problema:

LFF

Fl

2

1

4

4

+= (2.27a)


28

24 2

2 LFF

Fa

+= (2.27b)

Se, além disso, as cargas forem todas iguais, resultarão Ll54

= e

10L

a = . O presente critério não dispensa a verificação das flechas da

viga, que podem se tornar importantes, a ponto de prevalecer sobre o critério anterior. O exemplo seguinte contém uma articulação interna, cf. a Fig. 2.18. Trata-se de uma viga Gerber, sujeita a uma carga uniformemente distribuída.

RA

(a)

(c)

(d)

(b)

q

q

RC

RC

MB

RB

BC

A

V(x) / q

-5/8

M(x) / q ²x 9

128

= -161281

8

18

-18

A BC

3 /4 /4

x

3 /8 3 /8 /4

3/8

Fig. 2.18


29

A determinação das reações dos apoios A e B se faz aplicando duas equações de equilíbrio global (seriam três, se houvesse carga horizontal nesta viga). Com a expressão “equilíbrio global” expressa-se o fato de, nesta etapa, ignorar-se a rótula em C ; assim, as equações de equilíbrio global são as mesmas quer exista ou não a rótula em C . Dito de outra forma, estas equações são as mesmas seja a viga isostática ou hiperestática.

0=Σ yF ou qlRR BA =+ (2.28a)

0=Σ PM ou l

MRR B

BA

2=− (2.28b)

Como se vê, só estas duas equações de equilíbrio global não permitem determinar as três incógnitas que nelas aparecem, a saber: AR , BR e

BM . Mas a viga é isostática, por causa da rótula em C , e esta circunstância deve ser usada para obter a equação que falta. Esta pode ser escrita para o segmento AC ou para o segmento CB , o que for mais conveniente. Conforme a Fig. 2.18b, escolhendo-se o segmento AC , o momento em C é nulo:

083

43

43

=−=ll

ql

RM AC ou qlRA 83

= (2.28c)

Somando (2.28a) e (2.28b), e usando o valor obtido de AR , resulta:

8

2qlM B −= (2.29)

A força vertical CR , transmitida pela articulação, é igual a AR , cf. a Fig.

2.18b. A força cortante se anula no ponto médio de AC , i. e., para

lx83

= , onde o momento é máximo e de valor

2

2

max 128

9

8

)43

(ql

lqM == (2.30)

A reação BR decorre de (2.28a):

qlqlqlRB 85

83

=−= (2.31)


30

Note-se que 22

128

16

8ql

qlM B −=−= e, portanto, 78,1

916)(

max

≅=M

MABS B .

Ou seja, o momento no apoio é cerca de 78% superior ao do vão. Isto tem conseqüência no dimensionamento da viga, pois o momento condicionante é, evidentemente, o de maior valor absoluto, BM . O ideal, do ponto de vista de resistência, é uniformizar o mais possível estes dois momentos, como se fez no exemplo anterior. Antes de concluir o presente exemplo, note-se na Fig. 2.19a, que a viga isostática, tenha ela um só vão ou dois, como mostrado, não apresenta diferença nas solicitações em relação às da viga hiperestática correspondente (como se poderá comprovar em outra parte deste curso).

AB

D

Recalque Absoluto

Recalque Relativo

B'

θC = θA + θD

θD∆C ∆B

C'

θADA

B

3 /4 /4

AB

D

-18

9128

3 /8 3 /8

M(x)/q ²

x

(a)

∆C = 5∆B / 4θA = 5∆B / 3θD = ∆B / θC = θA + θD = 8 ∆B / 3

(b)

q

A

q

C

q

C

A' D'

9128

BC

3 /4 /4

Fig. 2.19 A razão de não haver diferença nas solicitações das vigas isostática (i. e., com a rótula) e hiperestática (i. e., sem a rótula) está na escolha da posição da rótula C , feita onde é nulo o momento na viga hiperestática. Mas, dentre as duas vigas, a isostática é a única que tolera recalques relativos de apoio, sem com isso introduzir solicitações, como mostrado na Fig. 2.19b. Para um recalque relativo B∆ do apoio B , a viga só apresenta deslocamentos de corpo rígido, sem nenhum esforço solicitante. Note-se que a rotação relativa da rótula interna é conhecida


31

a partir de B∆ , e vale lB

C

∆=

38

θ . Na viga hiperestática, ao contrário, o

recalque relativo introduz esforços solicitantes proporcionais à sua rigidez à flexão. As mesmas conclusões valem para outras deformações impostas na viga, tais como as devidas à ação da temperatura, seja ela uniforme ou linear ao longo da altura da seção transversal. Isto será visto posteriormente.

(a) Viga continua 3 vezes hiperestática

(b) Viga continua isostática (viga Gerber, com uma disposição possível das 3 articulações)

(c) Viga continua, má disposição das articulações

3 apoios consecutivos parte hiperestática

3 articulações consecutivas parte hipostática

Fig. 2.20

Seja, na seqüência, o problema de determinação do número de articulações (ou rótulas) internas necessárias para obter-se uma viga Gerber. Considerando-se vigas contínuas, sujeitas a cargas verticais e horizontais, para n vãos tem-se )1( +n apoios, sendo um deles uma articulação fixa e os demais articulações móveis. Há, portanto, )1( +n reações verticais e uma reação horizontal. Logo, o número total de reações a determinar é )2( +n . Como estão disponíveis três equações de equilíbrio, resultam )1(3)2( −=−+ nn incógnitas. Desejando-se impor que a viga seja isostática, são necessárias )1( −n articulações internas, em posições adequadas. Desta maneira se formam as vigas Gerber, que, como se disse, são vigas retas contínuas com tantas articulações internas quantas forem necessárias para torná-las isostáticas. As articulações devem ser bem dispostas, para evitar partes hipostáticas ou hiperestáticas. Assim, não se deve dispor nunca três articulações consecutivas num mesmo vão (contando a do apoio), ou três apoios consecutivos (Carpinteri, A., 1997 e, também, van Langendonck, T., 1958). Ver a Fig. 2.20.


32

Para resolver uma viga Gerber, tendo-se já definidas as posições das rótulas internas, pode-se analisar primeiro os tramos bi-apoiados, com ou sem balanços, para, com suas reações internas determinadas, analisar em seguida aqueles que lhes dão apoio. Ver a Fig. 2.21.

B C DE

RE RF

RF

RE

RF

RG

AF

EB C

GD

RE

FA

RE

RF

RG

Fig. 2.21 (cf. van Langendonck, 1958) Quando, porém, as posições das rótulas internas não forem previamente determinadas, terão elas de decorrer impondo-se certas condições de projeto, como se verá adiante. Para isso, é interessante introduzir o conceito de linha de fecho do diagrama de momento fletor da viga. Dada uma viga contínua, isostática nos casos tratados aqui, e seu carregamento, cf. a Fig. 2.22a, separam-se os vãos, tratando-os como se fossem independentes uns dos outros, cf. a Fig. 2.22b, sem considerar, ainda, os momentos de continuidade. Neste estágio, desenham-se os diagramas de momento fletor, como se vê na Fig. 2.22c. No passo seguinte, introduzem-se os momentos de continuidade ( BM na Fig. 2.22d). Ao invés de tomar como referência para o diagrama de momentos fletores finais o eixo da viga (que é a reta ABC na Fig. 2.22a), toma-se a linha de fecho resultante do diagrama linear dos momentos de continuidade rebatido para o lado dos momentos fletores positivos. O diagrama de momentos fletores finais decorre


33

(graficamente) da soma algébrica mostrada na Fig. 2.22e. Como se vê nessa figura, obtém-se os dois pontos de momentos nulos, C e D . A rótula pode, então, ser posicionada num deles, no que for mais conveniente, para atender a condição imposta no problema em questão.

MB

Qab / q / 8

2

2

1

2

(e)

D E

Σreações = Q + q c d

Σreações = 0

MB

MB

(d)

(c)Qab /

B C

q

q

1 2

Σreações = Q + q 2

1 q / 822

Linha de Fecho

a b

Q

A(a)

(b)

Q

Fig. 2.22 O conceito de linha de fecho é muito usado na Teoria da Plasticidade aplicada a estruturas de barras, como as vigas contínuas, onde se pode estabelecer relações entre os momentos dos apoios e dos vãos baseadas exclusivamente em critérios de equilíbrio e de resistência (i. e., desprezando-se os critérios de compatibilidade de deslocamentos). Note-se, ainda, que o esquema isostático resultante da decomposição da viga em tramos isolados já verifica o equilíbrio, cf. a Fig. 2.22b. Com isso, a introdução dos momentos de continuidade não muda a soma das reações, pois tais momentos são equilibrados em cada tramo por um binário, i. e., por forças de mesma intensidade e de soma nula. Entretanto, os momentos de continuidade mudam as reações de apoio, sem mudar sua soma, como se disse.


34

Note-se, também, que se houver cargas variáveis ou móveis, além das permanentes, mudam as posições de momentos nulos, conforme estejam essas cargas, com referência à viga da Fig. 2.22, em um dos vãos ou em ambos. Além disso, se nessa mesma viga, fossem colocadas duas rótulas internas, uma em C e outra em D , a estrutura tornar-se-ia hipostática, embora haja equilíbrio para o dado carregamento. Este, porém, é instável, pois qualquer acréscimo assimétrico de carga, finito ou infinitesimal, não permitirá o equilíbrio. O exemplo seguinte, dado no livro de van Langendonck, 1958, usa o conceito de linha de fecho e, simultaneamente, minimiza os momentos extremos, com o que se obtém economia ao dimensionar a viga. Seja, então, uma viga Gerber, de comprimento total L , solicitada por uma carga uniformemente distribuída q em toda sua extensão. A viga tem dois balanços e três vãos. O problema consiste em determinar a posição mais vantajosa dos apoios e das articulações, para as dadas condições de carga e de vãos.

q

F G H I J

q /162

q /82

0 0

0

E

L = 3 + 2

(b)

(a)

Fig. 2.23 (cf. van Langendonck, 1958) Conforme a Fig. 2.23, obtém-se a posição mais vantajosa dos apoios minimizando o momento fletor de maior valor absoluto. Isto se dá para uma disposição simétrica dos apoios, com vãos iguais e para a linha de fecho paralela ao eixo da viga e dele distante a metade do valor da flecha da parábola obtida para o tramo isolado. Com isso, todos os

apoios têm mesmo momento de continuidade, igual a 16

2ql− , que

também é o mesmo, em valor absoluto, nos centros dos vãos. Sendo


35

dado o comprimento total da viga, L , tem-se a seguinte relação entre o comprimento 0l dos balanços e l dos vãos:

Lll =+ 32 0 (2.32)

Por outro lado, o comprimento 0l do balanço é tal que o máximo valor

absoluto do momento iguala-se a 16

2ql, donde:

162

220 qlql

=

ou

lll 3536,042

0 ≅= (2.33)

Assim, de (2.32) resulta

Ll 2697,0≅ (2.34) e, portanto

Ll 0954,00 ≅ (2.35) Note-se que a presente viga tem quatro apoios e necessita, portanto, de duas rótulas internas para torná-la isostática. Cf. a Fig. 2.23b, estas podem ser posicionadas, p. ex., em F e I , ou em G e H , mantendo-se a simetria, ou em F e H , com perda de simetria. O próximo exemplo, cf. a Fig. 2.24a, também dado na mesma referência anterior, é uma viga Gerber de três vãos, sujeita a três cargas concentradas iguais e distantes c uma da outra e dos apoios extremos. O problema consiste em obter a posição mais econômica dos apoios e das articulações. Os momentos fletores extremos, aM , bM e cM , cf. a Fig. 2.24b,

ocorrem sob as cargas concentradas Q e nos apoios intermediários. A solução mais econômica para o dimensionamento obtém-se igualando os três mencionados momentos, pois qualquer alteração na linha de fecho, a partir dessa situação, diminuirá um momento, mas aumentará outro. Como o dimensionamento é feito pelo momento de maior valor absoluto, vê-se que essa alteração só piora a solução anterior.


36

Notando-se que as incógnitas do problema são os comprimentos a e l , os momentos aM , bM e cM resultam das seguintes equações,

usando-se o esquema estático da Fig. 2.24c:

( < 2c )

a

L 4c - 2

a

ccccQ Q Q

M c

- M bM a

Linha de Fecho

(a)

(b)

Q

Qca

QQ

(c)

Q(a - c)a

(d)

bb

- M bM a

Fig. 2.24 (cf. van Langendonck, 1958)

)( caac

QM a −= (2.36a)

)( alac

QM b −= (2.36b)

bc Mlc

QM −−

=4

24 (2.36c)

Igualando-se aM e bM , e também bM e cM , obtém-se as duas

condições geométricas seguintes:

cal −= 2 (2.37)

042 22 =−+ ccaa (2.38)


37

Desta última resulta

cc

a 1861,1)331(4

≅+−= (2.39)

e de (2.37) vem

cl 3723,1≅ (2.40)

Note-se de (2.37) que 2

cla

+= , quer dizer, as articulações nos vãos

extremos situam-se a meia distância da carga Q e do apoio interno. Uma outra alternativa para a posição das duas articulações está dada na Fig. 2.24d, com cb 3139,0≅ , tendo o vão central o comprimento

cblc 2556,1424 ≅=− . Novamente, estas duas articulações situam-se a meia distância da carga Q e do apoio interno. Para outros problemas mais sofisticados ver a bibliografia referida adiante, especialmente o livro de van Langendonck, 1958. 2.5 Exercícios a- Determinar para as vigas bi-apoiadas da Fig. 2.25 as reações de

apoio e os diagramas de esforços solicitantes. Usar as equações diferenciais de equilíbrio.

0q

1

B

CL

q0 0

q

A B A B

A B A B

q

A

M0M0

x

Parábola do 2º GrauSenóide

CL

x

A B

x

Fig. 2.25


38

b- Analisar as vigas bi-apoiadas da Fig. 2.26 pelo método direto. Desenhar os diagramas de esforços solicitantes.

B

a - 2a a

A

B

M0

a

/3 /3

- a

C

q q q

x

A Ba - a

Q

A

x

B

/3

QQ

A

x

B

Q

aC

BA

a

A

Fig. 2.26

c- Idem, para as vigas em balanço da Fig. 2.27.

B /2A

QQ

= 5e BA

Q

e

A BA

Q

B

Q

/2 /2

x

A

Q

B

Q QQ

/4

A B

QQ

/2αα

α = 45º

q0

/4 /4 /4

/2 /2

xx

Fig. 2.27

d- A estrutura isostática da Fig. 2.28 representa uma escada, é composta de dois segmentos inclinados laterais e um segmento central horizontal, e está sujeita às cargas uniformemente distribuídas indicadas. Obter os diagramas de esforços solicitantes.


39

q = 9 KN/m

B

A

C D

3,00 m 1,50 m 3,00 m

1,50 m

1,50 m

2q = 6 KN/m

1q = 9 KN/m

2

Fig. 2.28

e- Analisar a viga Gerber da Fig. 2.29.

15 m 5 m 12,5 m 12,5 m 5 m 15 m

Q = 500 KN

q = 40 KN/m

Fig. 2.29

f- Uma viga Gerber, contínua e de 4 vãos, tem comprimento total igual a mL 16= , e está sujeita a uma carga uniformemente distribuída

mKNq /10= . Pede-se determinar a posição mais vantajosa dos apoios e das articulações. (van Langendonck, 1958). Notar que os vãos extremos devem ser diferentes dos vãos internos.

g- Considere no problema anterior a reação do apoio interno.

Supondo que esse apoio se dê simetricamente sobre uma almofada de elastômero de comprimento igual a cm40 , paralelamente ao eixo da viga, pede-se alterar os diagramas de força cortante e de momento fletor nesses cm40 . Admita que a reação de apoio se distribua uniformemente ao longo dessa largura. Em que proporção diminuem os esforços solicitantes extremos em relação à solução anterior?


40

h- Uma viga Gerber, contínua e de 2 vãos iguais, está sujeita a uma carga uniformemente distribuída em toda sua extensão. Posicionar a articulação, através da linha de fecho, de modo que a área do diagrama de momento fletor seja mínima. (van Langendonck, 1958).

Nota: Este é um problema que interessa resolver em vigas de concreto armado, pois, se ao longo do vão for constante o braço de alavanca das forças internas, resistidas pelo concreto em compressão e pela armadura em tração, então a quantidade de armadura longitudinal na viga toda é proporcional ao momento fletor, e portanto, à área do seu diagrama. Neste raciocínio despreza-se a influência da força cortante na armadura longitudinal.

2.6 Bibliografia Consultada 1- Carpinteri, A.: Structural Mechanics. A Unified Approach. E & FN

Spon, 1997 2- Duddeck, H., Ahrens, H.: Statik der Stabtragwerke. Beton-Kalender,

1988, Teil I, S. 295 - 429, Ernst & Sohn, Berlin. 3- van Langendonck, T.: Curso de Mecânica das Estruturas. Vigas

Articuladas, Arcos e Pórticos Triarticulados. Editora Científica, R.J., 1958.

4- Süssekind, J. C.: Curso de Análise Estrutural. Volume 1, Estruturas Isostáticas. Editora Globo, 1980.

vigas isostáticas

Documents