vigas gerber

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Teoria das Estruturas
2020/1
Prof. Enio Ricardo Dorvil Coelho
24/03/2020
Vigas Gerber
Para falar sobre Vigas Gerber precisamos voltar a 1968,
quando as obras da ponte Rio-Niterói foram iniciadas com
o objetivo de facilitar a vida dos cidadãos cariocas.
Essa construção reduziria para 13 Km um trajeto que até
então era de mais de 100 Km, já que os cidadãos tinham
que dar a volta na Bahia de Guanabara para acessar o
município vizinho.
Como nem tudo são flores, os projetistas tinham na mão
um grande problema: A ponte não podia atrapalhar o
tráfego dos grandes barcos que precisavam acessar a
Bahia de Guanabara.
Vigas Gerber
A solução?
Uma viga Gerber formando o maior vão livre
com viga reta do mundo, com 300 metros de
extensão e 72 metros de altura.
Ao todo são três vigas Gerber: uma metálica no
centro e uma de concreto em cada lado.
https://www.youtube.com/watch?v=CUSg3idK-mw
Vigas Gerber : O que é ?
Viga Gerber é definida como um conjunto de
vigas que podem ou não ter estabilidade
própria, mas a associação delas forma um
conjunto perfeitamente estável.
As vigas Gerber tiveram seu aparecimento
ditado por motivos de ordem estrutural e de
ordem construtiva.
Vejamos a situação abaixo :
O trecho 01 não tem estabilidade própria e se unirmos ele
com o trecho 02 utilizando um engaste, teremos uma viga
hiperestática, mas se unirmos ele com o trecho 02
utilizando uma Rótula (Dente Gerber), teremos uma viga
Gerber:
Dente 
Gerber
Para resolvê-la, basta fazer sua decomposição nas vigas
que a constituem, resolvendo inicialmente aquelas sem
estabilidade própria e, após, as dotadas de estabilidade
própria, para as cargas que lhe estão diretamente
aplicadas, acrescidas, para estas últimas, das forças
transmitidas pelas rótula.
Tipos de vigas e decomposições :
a) Em se tratando de vigas Gerber isostáticas, as
vigas que as constituem serão vigas biapoiadas,
vigas biapoiadas com balanços ou vigas
engastadas livres.
DECOMPOSIÇÃO
Vigas Gerber Isostáticas serão decompostas nas diversas vigas
isostáticas que as Constituem:
� Vigas com estabilidade própria;
� Vigas que se apoiam sobre as demais;
Os diagramas podem ser traçados separadamente, juntando-os 
em seguida;
• As rótulas transmitem forças verticais e horizontais, mas não 
transmitem momento;
DECOMPOSIÇÃO
Basta que um dos apoios resista a forças
horizontais na viga Gerber. Apenas as cargas
verticais provocam esforço cortante e momento
fletor nas vigas, portanto, na decomposição não
é necessário distinguir apoios do 1º ou 2º
gênero.
Exercício 01 – Viga Gerber:
Temos que descobrir as reações RA, RB e RC porém, há um
detalhe importante que deve ser levado em consideração:
Temos que começar sempre pelo trecho com menos incógnitas
(reações desconhecidas), já que as incógnitas podem se
acumular durante o processo de resolução das equações.
No primeiro trecho temos apenas uma incógnita: a reação RA,
enquanto no segundo trecho temos duas: RB e RC, portanto,
vamos começar pelo primeiro:
Primeiro temos que separar esse trecho do resto da viga e, para
isso vamos colocar um apoio virtual no local onde fica a rótula.
Esse apoio virtual é apenas um artifício para conseguirmos
calcular o percentual de peso que será transferido para o
segundo trecho.
Chamaremos esse apoio de Reação Virtual 1 (Rv1) e, como o
apoio RA é um apoio de primeiro gênero, nosso apoio virtual
deverá ser de segundo gênero para que esse trecho esteja em
equilíbrio.
Agora podemos calcular o valor da Reação RA e carga que será
apoiada no segundo trecho, que chamamos de Rv1, por meio da
equação de equilíbrio dos momentos:
Para descobrirmos a reação Rv1 vamos partir do ponto RA:
Com isso sabemos que 60 KN serão 
descarregados no apoio RA e os outros 
60 KN serão descarregados como uma 
carga concentrada no início do segundo 
trecho.
Reações Rv1 e Rv2:
Equações de Equilíbrio:
∑ Fx= 0 → Rh1= 0
∑ Fy= 0 → Rv1+ Rv2 -20x6 = 0 → Rv1+ Rv2= 120
∑ M1= 0 → Rv2 x 6 – 20x6x3 = 0 → Rv2 x 6 = 360 → Rv2= 360/6
Rv2 = 60KN ; Rv1= 60KN
Assim:
Agora podemos calcular o segundo trecho:
Como o segundo trecho da nossa Viga Gerber já é isostático, ao
invés de usarmos um apoio virtual, vamos considerar como
sendo um trecho em balanço com uma carga concentrada na
ponta:
A carga de 60 KN que era descarregada no apoio Rv1 passa para
o segundo trecho como uma carga concentrada, no mesmo
ponto onde há a rótula.
Podemos então calcular os valores das reações RB e RC:
Reações RvB e RvC:
Equações de Equilíbrio:
∑ Fx= 0 → RhC= 0
∑ Fy= 0 → RvB+ RvC -20x13 -60 = 0 → RvB+ RvC= 320
∑ MB= 0 → RvCx 7 + 60x6+20x6x3 – 20x7x3,5= 0
→ RvC x 7 = -230 → RvC= - 230/7
RvC = - 32,86 KN
RvB = 352,86 KN
Como o resultado de RvC foi negativo, podemos
entender que a viga faz força para cima, transferindo para
o apoio um esforço de tração, ao contrário do que
estamos acostumados.
Primeiro temos que descobrir as reações RA, RB, RC e RD e,
como comentado no exercício anterior, temos que começar pelo
trecho com menos incógnitas, nesse caso, será o trecho 02, entre
as rótulas.
Vamos imaginar esse trecho isolado como tendo dois apoios, um
de segundo gênero e um de primeiro gênero, para podermos
calcular a força que esse trecho aplicará nos outros dois:
Exercício 2:
Vamos imaginar esse trecho isolado como tendo dois apoios, um
de segundo gênero e um de primeiro gênero, para podermos
calcular a força que esse trecho aplicará nos outros dois:
Reações Rv1 e Rv2:
Equações de Equilíbrio:
∑ Fx= 0 → Rh2= 0
∑ Fx= 0 → Rv1+ Rv2 -15x3 = 0 → 
Rv1+ Rv2= 45
∑ M1= 0 → Rv2 x 3 – 15x3x1,5 = 0 → 
Rv2 x 3 = 67,50 → Rv2= 67,50/3 
Rv2 = 22,50KN ; Rv1= 22,50KN
Sabemos então que, na primeira rótula teremos uma carga
concentrada (no trecho 01) de 22,5 KN e na segunda rótula teremos
uma carga concentrada (no trecho 03) de 22,5 KN.
Podemos seguir em frente no dimensionamento e agora calcular um
dos trechos restantes, mas vamos começar pelo trecho 01.
Reações RA e RB:
Equações de Equilíbrio:
∑ Fx= 0 → RhA= 0
∑ Fy= 0 → RvA+ RvB - 15x4 – 22,50 = 0 
→ RvA+ RvB= 82,50 
∑ MA= 0 → RBx 3 - 15x3x1,5 – 15x1x3,5 
– 22,50x4,0 
→ RB x 3 = -210 → RB= 210/3 
RB = 70 KN 
RA = 12,5KN
Agora, analizaremso o trecho 3trecho 01.
Reações RC e RD:
Equações de Equilíbrio:
∑ Fx= 0 → RhD= 0
∑ Fy= 0 → RC+ RD - 15x4,5 - 22,50 = 0 
→ RC+ RD= 90
∑ MC = 0 → RDx3-15x3x1,5+15x1,5x0,75 
+ 22,50x1,5 
→ RDx3 = 16,8755 → RD= 16,875/3 
RD = 5,625 KN 
RC = 84,375KN
Exemplo 3
Reações Rx5, Ry5 E M5:
Equações de Equilíbrio:
∑ Fx= 0 → Rx5= 0
∑ Fy= 0 → Ry5 - 187,5 – 62,5 = 0 
Ry5 = 250N
∑M5 = - M5 +187,5x1,25+62,50x2,5= 0
M5 = 390,63 Nm
Reações Ry1, Rx2 e Ry2:
Equações de Equilíbrio:
∑ Fx= 0 → Rx2= 0
∑ Fy= 0 → Ry1 + Ry2 -150 -200 – 50 -62,5= 0
Ry1 + Ry2 = 462,50
∑M1 = 0 → Ry2 x 5,0 – 150x1,5 – 200x4,0 – 50x5,5 – 62,50x6 = 0
Ry2 x 5,0 = 1675 → Ry2 = 335N
Ry1= 127,5N