Exercício viga Gerber

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Isostática - 2º/2012 Universidade Nilton Lins 1 
 
 Prof. Winston Zumaeta 14/10/2012 
1800 kgf/m
C D
1200 kgf/m
1800 kgf/m
A B C D E F
14400 x 4,0
10,0
5400 x (2,0 + 10,0)
10,0
V = 4680 kgfA V = 15120 kgfB
5760 kgf=
6480 kgf=
14400 x 6,0
10,0 8640 kgf=
10800 x 3,0
6,0 5400 kgf=
6,0 x 1800 =
10800 kgf
resultante
10800 x 3,0
6,0 5400 kgf=
3,0 m
12,0 x 1200 =
 14400 kgf
resultante
Primeiro calcula-se esta viga CD,
pois ela está apoiada nas outras
duas vigas ABC e DEF.
12,0 x 1800 =
 21600 kgf
resultante
5400 x 2,0
10,0
1080 kgf=
6,0 m 4,0 m 2,0 m 2,0 m 4,0 m 6,0 m
6,0 m 2,0 m 10,0 m
V = 19440 kgfE V = 7560 kgfF
21600 x 6,0
10,0
5400 x 2,0
10,0
12960 kgf=
1080 kgf=
21600 x 4,0
10,0 8640 kgf=
5400 x (2,0 + 10,0)
10,0
6480 kgf=
1200 kgf/m
1800 kgf/m1800 kgf/m
A B C D E F
3,0 m
Como um dos apoios
da viga CD é o ponto
C da viga ABC, aplica-se
esta reação como carga
concentrada nesse ponto
C da viga ABC
x1 x2 x3 x4
5400 kgf
5400 kgf
Como um dos apoios
da viga CD é o ponto
D da viga DEF, aplica-se
esta reação como carga
concentrada nesse ponto
D da viga DEF
10 m 2,0 m
1. Exercício 01 – Vigas Gerber 
1.1 Reações de apoio 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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1.2 Diagrama de Esforço cortante - DEC 
Legenda: 
��,� → ���	
�	� �� ��í��� �� 	���ℎ� � 
��,� → ���	
�	� �� ��� �� 	���ℎ� � 
Convenção: 
���� �� ���	��� ℎ��á���, ���	
�	� ����	���. 
���� �� ���	��� 
�	� − ℎ��á���, ���	
�	� ���
	���. 
 
1.2.1 Trecho 1 
��,� = ! = 4680 &�� (Positivo, pois gira no sentido horário para “dentro da viga”) 
��,� = ��,� − '��()	*+,-./ � = 4680 − 01200 ∙ 104 = − 7320 &�� 
 
1.2.2 Trecho 2 
��,7 = ��,� + 9 = − 7320 + 15120 = 7800 &�� 
��,7 = ��,7 − '��()	*+,-./ 7 = 7800 − 01200 ∙ 24 = 5400 &�� 
 
 
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1.2.3 Trecho 3 
��,; = ��,7 = 5400 &�� 
��,; = ��,; − '��()	*+,-./ ; = 5400 − 01800 ∙ 84 = − 9000 &�� 
 
1.2.4 Trecho 4 
��,= = ��,; + > = − 9000 + 19440 = 10440 &�� 
��,= = ��,= − '��()	*+,-./ = = 10440 − 01800 ∙ 104 = − 7560 &�� 
 
1.2.5 Posição onde o cortante é nulo (?@) 
O gráfico de esforço cortante tem o valor nulo (zero) exatamente onde ele corta o eixo da viga, e isso ocorre nos trechos 1, 3 e 4 
porque todos esses três trechos tem um cortante inicial positivo e um cortante final negativo, ou seja, isso indica que o gráfico corta o 
eixo da viga passando pela posição onde ele é zero, pois para sair de um número positivo e chegar em um negativo, obrigatoriamente 
temos que passar pelo zero. Em resumo, quando o cortante inicial de um trecho for positivo e o final negativo, quer dizer, que é nesse 
trecho que o gráfico do cortante passa pela posição onde é zero. E é a equação desse trecho que devemos utilizar para encontrar o 
valor de AB. Geralmente o cortante se anula em trechos entre dois apoios, veja que no primeiro trecho onde ele se anula, está entre os 
apoios A e B, no segundo trecho, está entre os apoios B e E, e no terceiro trecho está entre os apoios E e F. 
Sabendo disso, basta utilizarmos a equação de cortante dos trechos 1, 3 e 4 e igualarmos a zero cada uma delas, com isso 
encontraremos a posição onde ele é nulo a partir do início de cada um desses trechos. 
 
 
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A equação do trecho 1 é: 
��0A�4 = ��,� − �
����C�DEF�G 
��0A�4 = 4680 − 1200A� 
0 = 4680 − 1200AB,� 
1200AB,� = 4680 
AB,� = 46801200 
?@,H = I, J@ K (a partir do início do trecho 1, ou seja, a partir do apoio em A) 
 
A equação do trecho 3 é: 
�;0A;4 = ��,; − �
����C�DEF�G 
�;0A;4 = 5400 − 1800A; 
0 = 5400 − 1800AB,; 
1800AB,; = 5400 
AB,; = 54001800 
?@,I = I, @@ K (a partir do início do trecho 3, ou seja, a partir da rótula em C. Lembrar que rótula não separa trecho, a 
separação neste caso, foi devido a diferença de cargas distribuídas) 
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A equação do trecho 4 é: 
�=0A=4 = ��,= − �
����C�DEF�G 
�=0A=4 = 10440 − 1800A= 
0 = 10440 − 1800AB,= 
1800AB,= = 10440 
AB,= = 104401800 
?@,L = M, N@ K (a partir do início do trecho 4, ou seja, a partir do apoio em E) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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x1 x2 x3 x4
A B C
D
E F
DEC [kgf]
 4680
= 2,34 cm
 7800
= 3,90 cm
 7320
= 3,66 cm
 10440
= 5,22 cm
 9000
= 4,50 cm
 7560
= 3,78 cm
 5400
= 2,70 cm
 5400
= 2,70 cm
x = 3,90 m x = 3,00 m x = 5,80 m0,1 0,3 0,4
Escala horizontal (eixo da viga):
1 cm = 1,0 m
(Dica: Com esta escala escolhida, todo
comprimento de viga deverá ser divido
por 1,0 para ser transformado para cm
na "escala do papel milimetrado")
Escala vertical (esforço cortante):
1 cm = 2000 kgf
(Dica: Com esta escala escolhida, todo
esforço cortante deverá ser dividido por
2000 para ser transformado para cm na
"escala do papel milimetrado")
1.2.6 Traçado do diagrama de esforço cortante - DEC 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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1.3 Diagrama de Momento fletor - DMF 
Legenda: 
O�,� → O����	� �� ��í��� �� 	���ℎ� � 
O�,� → O����	� �� ��� �� 	���ℎ� � 
 → Reação de apoio 
 → Resultante de um carregamento distribuído 
 → Força concentrada 
 → Distância, lembrar que momento é o produto de uma força pela distância. 
 → Momento 
 
Convenção, percorrendo a viga da esquerda para a direita: 
���� �� ���	��� ℎ��á���,�����	� ����	���. 
���� �� ���	��� 
�	� − ℎ��á���,�����	� ���
	���. 
 
1.3.1 Trecho 1 
1.3.1.1 Momento no início do trecho 1 
O�,� = 0 (pois não existe engaste e nem momento aplicado) 
 
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1.3.1.2 Momento no fim do trecho 1 
 
O�,� = ! ∙ 10 − 1200 ∙ 10 ∙ 102 
O�,� = 4680 ∙ 10 − 12000 ∙ 5 
O�,� = −13200 �. &�� 
 
1.3.2 Trecho 2 
1.3.2.1 Momento no início do trecho 2 
O�,7 = O�,� (pois não existe momento aplicado) 
O�,7 = −13200 �. &�� 
 
1.3.2.2 Momento no fim do trecho 2 
 
O�,7 = ! ∙ 010 + 24 − 01200 ∙ 124 ∙ 122 + 9 ∙ 2 
O�,7 = 4680 ∙ 12 − 14400 ∙ 6 + 15120 ∙ 2 
O�,7 = 56160 − 86400 + 30240 
O�,7 = 0 (deveria ser zero mesmo, pois é uma rótula, e nela sempre o momento é zero) 
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1.3.3 Trecho 3 
1.3.3.1 Momento no início do trecho 3 
O�,; = O�,7 (pois não existe momento aplicado) 
O�,; = 0 
 
1.3.3.2 Momento no fim do trecho 3 
 
O�,; = ! ∙ 010 + 2 + 6 + 24 − 1200 ∙ 010 + 24 ∙ P010 + 242 + 6 + 2Q + 9 ∙ 02 + 6 + 24 − 1800 ∙ 06 + 24 ∙
06 + 24
2 
O�,; = 4680 ∙ 20 − 14400 ∙ 14 + 15120 ∙ 10 − 14400 ∙ 4 
O�,; = −14400 �. &�� 
 
1.3.4 Trecho 4 
1.3.4.1 Momento no início do trecho 4 
O�,= = O�,; (pois não existe momento aplicado) 
O�,= = −14400 �. &�� 
 
 
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1.3.4.2 Momento no fim do trecho 4 
 
O�,= = ! ∙ 010 + 2 + 6 + 2 + 104 − 1200 ∙ 010 + 24 ∙ P010 + 242 + 6 + 2 + 10Q + 9 ∙ 02 + 6 + 2 + 104 − 1800 ∙ 06 + 2 + 104 ∙
06 + 2 + 104
2 + > ∙ 10 
O�,= = 4680 ∙ 30 − 14400 ∙ 24 + 15120 ∙ 20 − 32400 ∙ 9 + 19440 ∙ 10 
O�,= = 0 (deveria ser zero mesmo, pois no fim do trecho 4 não existe momento aplicado e é um apoio do 1º gênero) 
 
1.3.5 Cálculo dos momentos máximos 
1.3.5.1 Trecho 1 
Da esquerda pra direita, + ↻ : 
 
OSáT,� = ! ∙ 3,9 − 1200 ∙ 3,9 ∙ 3,92 
OSáT,� = 4680 ∙ 3,9 − 4680 ∙ 1,95 
UKá?,H = JHVW K.XYZ 
 
 
 
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Da direita pra esquerda, + ↺ : 
Sabemos que AB,� = 3,90 a partir de A, como a análise será da direita para a esquerda, precisamos saber qual a distância do 
cortante nulo para o apoio B, essa distância é 10,0 − 3,90 = 6,10 �. Dessa maneira, tem-se: 
 
OSáT,� = \ ∙ 010 + 2 + 6 + 2 + 6,14 − 1800 ∙ 010 + 2 + 64 ∙ P010 + 2 + 642 + 2 + 6,1Q + > ∙ 02 + 6 + 2 + 6,14 − 1200 ∙ 02 + 6,14 ∙
02 + 6,14
2 + 9 ∙ 6,1 
OSáT,� = 7560 ∙ 26,1 − 32400 ∙ 17,1 + 19440 ∙ 16,1 − 9720 ∙ 4,05 + 15120 ∙ 6,1 
OSáT,� = 197316 − 554040 + 312984 − 39366 + 92232 
UKá?,H = JHVW K.XYZ 
 
1.3.5.2 Trecho 3 
Da esquerda pra direita, + ↻ : 
 
OSáT,; = ! ∙ 010 + 2 + 34 − 1200 ∙ 010 + 24 ∙ P010 + 242 + 3Q + 9 ∙ 02 + 34 − 1800 ∙ 3 ∙
3
2 
OSáT,; = 4680 ∙ 15 − 14400 ∙ 9 + 15120 ∙ 5 − 5400 ∙ 1,5 
UKá?,I = NH@@ K.XYZ 
 
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 Prof. Winston Zumaeta 14/10/2012Da direita pra esquerda, + ↺ : 
Sabemos que AB,; = 3,0 a partir de C, como a análise será da direita para a esquerda, precisamos saber qual a distância do 
cortante nulo para a rótula D, essa distância é 6,0 − 3,0 = 3,0 �. Dessa maneira, tem-se: 
 
OSáT,; = \ ∙ 010 + 2 + 34 − 1800 ∙ 010 + 2 + 34 ∙ P010 + 2 + 342 Q + > ∙ 02 + 34 
OSáT,; = 7560 ∙ 15 − 27000 ∙ 7,5 + 19440 ∙ 5 
OSáT,; = 113400 − 202500 + 97200 
UKá?,I = NH@@ K.XYZ 
 
1.3.5.3 Trecho 4 
Da esquerda pra direita, + ↻ : 
 
OSáT,= = ! ∙ 010 + 2 + 6 + 2 + 5,84 − 1200 ∙ 010 + 24 ∙ P010 + 242 + 6 + 2 + 5,8Q + 9 ∙ 02 + 6 + 2 + 5,84 − 1800 ∙ 06 + 2 + 5,84 ∙
06 + 2 + 5,84
2 + > ∙ 5,8 
OSáT,= = 4680 ∙ 25,8 − 14400 ∙ 19,8 + 15120 ∙ 15,8 − 24840 ∙ 6,9 + 19440 ∙ 5,8 
OSáT,= = 120744 − 285120 + 238896 − 171396 + 112752 
UKá?,L = HMN]W K.XYZ 
 Isostática - 2º/2012 Universidade Nilton Lins 13 
 
 Prof. Winston Zumaeta 14/10/2012 
Da direita pra esquerda, + ↺ : 
Sabemos que AB,= = 5,8 a partir de E, como a análise será da direita para a esquerda, precisamos saber qual a distância do 
cortante nulo para o apoio F, essa distância é 10,0 − 5,8 = 4,2 �. Dessa maneira, tem-se: 
 
OSáT,= = \ ∙ 4,2 − 1800 ∙ 4,2 ∙ 4,22 
OSáT,= = 7560 ∙ 4,2 − 7560 ∙ 2,1 
OSáT,= = 31752 − 15876 
UKá?,L = HMN]W K.XYZ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 Prof. Winston Zumaeta 14/10/2012 
Escala horizontal (eixo da viga):
1 cm = 1,0 m
(Dica: Com esta escala escolhida, todo
comprimento de viga deverá ser divido
por 1,0 para ser transformado para cm
na "escala do papel milimetrado")
Escala vertical (momento fletor):
1 cm = 3000 m.kgf
(Dica: Com esta escala escolhida, todo
momento fletor deverá ser dividido por
3000 para ser transformado para cm na
"escala do papel milimetrado")
DMF [m.kgf]
x1 x2 x3 x4
A B C D E F
 13200
= 4,40 cm
 9126
= 3,04 cm 15876
= 5,29 cm
 14400
= 4,80 cm
x = 3,90 m x = 3,00 m
x = 5,80 m
0,1 0,3
0,4
 8100
= 2,70 cm
q.L
2
8 =
1200 x 10,0
2
8
= 15000 m.kgf
= 5,0 cm q.L
2
8 =
1800 x 8,0
2
8 = 14400 m.kgf
= 4,80 cm
M
m
á
x
M
m
á
x
M
m
á
x
q.L
2
8 =
1800 x 10,0
2
8
= 22500 m.kgf
= 7,50 cm
Mmáx Mmáx
Mmáx
Parábola trecho 1
Parábola trecho 3
q.L
2
8 =
1200 x 2,0
2
8 = 600 m.kgf
= 0,20 cm
Parábola trecho 2
Parábola trecho 4
Parábola
do 2º Grau
Parábola
do 2º Grau
Parábola
do 2º Grau
Parábola
do 2º Grau
1.3.6 Traçado do diagrama de momento fletor - DMF