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FORÇA CORTANTE Q E MOMENTO FLETOR M 10.1 Convenção de Sinais 10.1.1 Força Cortante Q A força cortante será positiva, quando provocar na peça momento fletor positivo. Vigas Horizontais Convenciona-se a cortante como positiva, aquela que atua à esquerda da secção transversal estudada, de baixo para cima. Vigas Verticais Convenciona-se cortante positiva aquela que atua à esquerda da secção estudada, com o sentido dirigido da esquerda para direita. 10.1.2 Momento Fletor M Momento Positivo o momento fletor é considerado positivo, quando as cargas cortantes atuantes na peça tracionam as suas fibras inferiores. p compressão / Força CortanteQ e MomentoFletor M Momento Negativo O momento fletor é considerado negativo quando as forças cortantes atuantes na peça comprimirem as suas fibras inferiores. O momento fletor é definido através da integral da cortante que atua na secção transversal estudada. Portanto, tem-se que M= 19px Q= dM ,. dx ~ Para facilitar a orientação, convenciona-se o momento horário à esquerda da secção transversal estudada, como positivo. 10.2 Força Cortante Q Obtém-se a força cortante atuante em uma determinada secção transversal da peça, através da resultante das forças cortantes atuantes à esquerda da secção transversal estudada. Exemplos: PI P2 P3 R A B C - .__ . 1--'- _.- A B C \ 10.3 Momento Fletor M secção AA Q = RA Q=RA-Pl Q=RA-P1-P2 secção BB secçào CC R8 O momento fletor atuante em uma determinada secção transversal da peça, obtém-se através da resultante dos momentos atuantes à esquerda da secção estudada. PI P2 P3 a b c d A B C o X RA 'X J J J J X J J J X J n, secçãoAA M=R ·XA secção BB M = RA . X - P1 (X - a) secçãoCC M = RA . X - P1 (x - a) - P2[X - (a + b)] Observação: O símbolo ~ significa origem da variável "x".x Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais·',,-,,. 10.4 Exercícios Ex. 1. - Determinar as expressões de força cortante (Q) e Momento fletor (M), e construir os respectivos diagramas na viga em balanço solicitada pela carga concentrada 1>. P atuante na extremidade livre, conforme mostra a figura.": Linha da Q -===-"""'-,-..,-,-r-,.....,.-r-T"""I"-r-r-r-;-,......, Linha zero do M -===-~:-r..,-,-r-,.....,.-r-T"""I"-r-r-r-;-,......,I M,.,óx=-PQ Solução: a) Através da variável x, estudam-se todas as secções transversais da viga, da extremidade livre ao engastamento. O momento fletor máximo ocorrerá no engastamento, ou seja, para o maior valor de x. b) Expressões de Q e M o<x<e Q=-P M=-P·x -, " \ X=O~M=O ' , x =R. ~ M=-PR. c) Construção dos diagramas A equação da Q é uma constante negativa; portanto, o diagrama será um segmento de reta paralela à linha zero da Q. A distância entre a linha zero da Q e a linha limite inferior do diagrama representa a intensidade da carga P. A equação do M é do 1º grau com a < O; portanto, a sua representação será uma reta decrescente' que parte da linha zero do M até o valor que represente Mmáx' Ex. 2 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga biapoiada, solicitada pela ação da carga concentrada P, conforme mostra a figura. ·····"'~l!t,ForçaCortante'Qe·MomentoFletor M ~ o;! '-7- i /J7J;;V)m p M",áx=RA . a Solução: a) Determinam-se as reações nos apoios através da I.M = O em relação a dois pontos da viga. Os pontos considerados ideais para o caso são A e B. I.MA == O Rs·(a+b)=Pa I R ~ Pa Is a+b I.Ms == O RA .(a+b)=P.brn'bR --a - a-i b b) Expressões de Q e M O<x<a Q-R- A M = RA· x x=O-7M=O x=a-7M=RA·a a<x<a+b Q ==RA -P ==-RB M==RA ·x-P(x-a) x=a+b -7M=O c) Construção dos diagramas C1- Diagrama da Cortante (Q) Com origem na linha zero da Q, traça-se o segmento de reta vertical que representa RA- No trecho O < x < a a Q = RA portanto uma constante, representada pelo segmento de reta paralelo, à linha zero. No ponto de aplicação da carga P, traça-se o segmento de reta vertical que corresponde à intensidade da carga P. Como P = RA + RB'conclui-se que o valor da Q que ultrapassa a linha zero é - RBque corresponde a Q que atua no trecho a < x < a + b; portanto, novamente tem-se uma paralela à linha zero. Ao atingir o apoio B, a Q = -RB, como a reação é positiva, traça-se o segmento de reta que sobe e zera o gráfico. Portanto, o gráfico sai da linha zero e retorna à linha zero. MecânicaTécnicae"Resistência dos' Materiais '.E; " C2 - Diagrama do Momento (M) Com origem na linha zero do M, traça-se o segmento de reta que une o momento zero em x = O até o M = RA • a em x = a. Observe que a equação do Momento no trecho é do 1Q grau portanto, tem como gráfico um segmento de reta. Analogamente ao trecho a < xa + b utiliza- -se um outro segmento de reda unindo os pontos. x = 1 ~ M = RA • a até x = a + b ~ M = O. Ex. 3 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga biapoiada solicitada pela ação da carga distribuída de intensidade q conforme mostra a figura. Q Solução: a) A primeira providência, para solucionar este exercício, é determinar as reações de apoio. Através do equilíbrio dos momentos em relação aos pontos A e B, conclui-se que: qe RA =Rs =- 2 b) Expressão de Q e M O<x<f Q = RA - qx X = O ~ Q = RA X = f 4 Q = -Rs Observa-se que a Q passa de positiva a negativa. No ponto em que a Q = O, o M será máximo, pois a equação da Q corresponde à primeira derivada da equação do momento, que igualada a zero, fornece o ponto máximo da CUNa do momento. qf Q = O4 qx= RA =- 2 Donde Ix ~ ~ I neste ponto a Q = O e o M é máximo. . "Força Cortante Q e:MomentoFletor M " x M = RAX -qx'2 x=O~M=O q e fx = f ~ M = _. c - qC-2 2 M = O e q.g e f e x=-~ M =--'--q-'- 2 2 2 2 4 ~L:2j-8- c) Construção dos diagramas c.1) Diagrama da Q A partir da linha zero da Q traça-se o segmento de reta vertical correspondente à intensidade de RA• A equação da Q no trecho é do 12 grau com a < 0, portanto, o gráfico corresponde a uma reta decrescente com origem no apoio A até o apoio B. Em B, a cortante corresponde a -RB, como a reação é positiva (para cima), esta sobe e zera o diagrama. c.2) Diagrama de M A equação do momento corresponde a uma equação do 22 grau com a < O; portanto, uma parábola de concavidade para baixo. A parábola parte do apoio A com M = 0, atinge o máximo em t /2 e retorna a zero no apoio B. Ex. 4 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga em balanço solicitada pela carga distribuída representada na figura. Q ~ ~j~.~.-;-± Solução: a) Expressões de Q e M O<x<f Q =-qx x=O~Q=O x = f ~ Q = -qf M = -qx .~ = _ qx 2 2 2 }=-qQ I Q2M",áx=- q2 Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais,,,, x=O-7M=O qf2 x=f -7M =--max 2 b) Construção dos diagramas b.1.) Diagrama da Q A equação da Q na longitude da viga corresponde a uma equação do 1º grau com a < O; portanto, uma reta decrescente que parte da linha zero na extremidade livre até -q f no engastamento. b.2) Diagrama do M A equação do momento corresponde a uma equação do 2º grau, portanto, a sua representação será parte de uma parábola, que sai de zero, na extremidade livre, e vai até .... - qf no 2 engastamento. Ex. 5 - A viga AB biapoiada suporta um carregamento que varia linearmente de zero a q conforme mostra a figura. Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas. q linha zero do M Solução: a) Reações RA e RB A resolução deste exercício requer que sejam determinadas as reações nos apoios, através do equilíbrio dos momentos nos pontos A e B. LMA=O LMB=O R~= qe ,,,!; 2 3 I RA ~ ~ I R~~~~ ~3 I R, = ~ I b) Expressões de O e M Para determinar as expressões de Q e M, utiliza-se x variando de zero a Q com o objetivo de estudar o esforço atuante em cada secção transversal da peça; desta forma, montam- se genericamente as expressões através de um intervalo x qualquer (ver figura), e uma carga auxiliar p, que irá variar em função de x. A relação entre as cargas p e q, é obtida em função da semelhança dos triângulos. L'l.ABC - L'l.ADE Tem-seentão que: ~=7=>lp=~1 b.1) Expressão de Q Q = R _ px = qe _ qx ,~ A 2 6 e 2 Q = q~ - ~e2 = q[i-~:) qex =o ~ Q = RA =-6 x = e ~ Q ={ i -~:)=q(i-~) Q = q( e -63e) = - ~ Q =- RB A cortante passa de positiva para negativa, interceptando a linha zero. Analogamente ao exercício 3, o momento fletor será máximo no ponto em que a Q = O. 2 Q ==Q ~ qx = qe 2e 6 2 2e2 e2 e e13x ==-=-=:::}x==-==- 6 3 13 3 I x = O,57U I ponto de Q = O e Mmáx :Mecânica;;lécnica e Reststêncla-dos.Materíals ;.'ç';"'<,:,i.r:.;2:;:;;;j,';';:;;;;;::-':::".~. ";:':':.' •• ,.,:. ;:;,:~:.',~:';;.'''* b.2) Expressão de M px x M = RA ·x--·- 2 3 qx como P=f tem-se que: qx x xM = RA·x --.-.- R. 2 3 ° momento fletor é máximo em 0,577 l, resultando em: Mmax = qR.(O 577R.)_q(O,577R.)3 6 ' 6R. desenvolvendo a expressão, tem-se que: c) Construção dos diagramas c.1) Diagrama da Q Para x = ° a cortante é a própria reação RA' sendo representada pelo segmento de reta vertical, que parte da linha zero até o ponto que represente proporcionalmente a intensidade de carga. A equação da Q é do 2Q grau; portanto, a sua representação corresponde a uma parábola, que parte de RA no apoio A, intercepta a linha zero em 0,577 Q e atinge o ponto B com o valor de -RB. A reação RB é positiva (para cima); portanto, a sua representação é um segmento de reta vertical que parte de -RB até a linha zero. c.2) Diagrama de M A equação do momento é do 3Q grau, portanto descreve uma curva do 3Q grau que sai da linha zero no apoio A, atinge o máximo em 0,577 R. e volta à linha zero no apoio B. Ex. 6 - A viga AB em balanço suporta o carregamento distribuído que varia linearmente de zero a "q" conforme mostra a figura. Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas. 5!.-. A x >,; Força Cortante QeMomentoFletor M 23 7 Solução: Analogamente ao exercício anterior, determina-se a relação entre as cargas p e q através da semelhança de triângulos ~ ABC ~ ~ ADE p x qx -=-=>p=- q f f a) Expressões de Q e M a.1) Expressão de Q Q = _ px = _ qx x qx22 "-=-- f 2 2f x=O~Q=O x = R ~ Q = _ qe 2 = _ qf 2f 2 a.2) Expressão de M M _ px x _ qx x x - -2"3 - -T""2"3 I M=-~~ I x=O~M=O x = f ~ M = _ qf 3 _ qf2 6f --6 ::::} ~ __ q.e 2 máx - -- 6 b) Construção dos diagramas b.1) Diagrama da Q A equação da cortante é do 2Q grau (equação geral); portanto, o seu diagrama corresponde a um segmento de parábola que parte da linha zero na extremidade livre e atinge o seu valor . " ql maxrmo no engastamento com -2. b.2) Diagrama de M A equação do M é do 3Q grau; portanto, o seu diagrama corresponde a uma curva do 3Q grau 2 que parte de zero na extremidade livre e atinge o máximo no engastamento com -~ 6 Ex. 7 - A viga AB biapoiada submete-se à ação do Torque (T) conforme mostra a figura" Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas" ", Mecânica Técnica e Resistência dos 'Materiais ".'" r--a--_.~:.~----b----~.~: , Solução: a) Reações nos apoios A e B I,MA =0 RB(a+b)=T T RB =---(a +b) I,MB = O RA(a+b) = T T RA=-- (a +b) b) Expressões de Q e M O<x<a Como RA tem sentido para baixo, segundo a convenção é negativa, portanto: T Q=-RA=-(a+b) o sentido de giro do momento originado pela carga RA é antl-horárlo, portanto negativo. M = -RA. x x=O-'7M=O x = a -'7 M = -R A . a T Como RA = (a+b) tem-se que: ~ ~ a<x<a+b TQ=-RA =---(a+b) M = -RA. X + T x = a -'7 M = -R A . a + T -Tx = (a + b) ~ M = -- . (a-Yt5) + T = - T + T = O{a-Yõ) I M=ol -;siGForça ccrtante.q-e Momento Fletor M"r-,;·/"' / 2 3 9 c) Construção dos diagramas c.1) Diagrama do Q A equação do cortante é uma constante em todo o comprimento da viga, portanto a sua representação será uma paralela à linha zero. c.2) Diagrama M No intervalo °< x < a, a equação do M é do 1º grau com a < O; portanto, a sua representação T é uma reta decrescente que sai da linha zero e atinge - (a+ b) no limite em a. Em x = a, atua o torque de intensidade T, que é representado no diagrama, pelo segmento de reta vertical T T quepartede -(a+b) até -(a+b)+T No intervalo de a < x < a + b, a equação é do 1º grau com a < 0, portanto, uma reta decrescente -Ta que parte de (a + b) + T até a linha zero. Ex. 8 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga biapoiada solicitada pelas cargas concentradas representadas na figura. ~ 16kN 24kN 1m 2m 1m ~~ ; '-=F' ; ~~ x x x RB=22kNRA=18kN " I I ." 1~ trmrr1f, , , , , ,@, , , , , , ,I., , , , , , .I O I" '" '1-22 -r O l",......r, ,,'''' , " Mmóx=22kNm! !f! ! !JNO+ Solução: 1. Reações de Apoio I.MA = O I.Fv = O 4RB = 24 x 3 + 16 x 1 I RB =22kN I RA + RB = 16 + 24 I RA = 18kN I MecânicaTécnica e ResistênciadosMateriais 2. Expressões de Q e M O<x<1 Q = RA = 18kN lY1 = RA' X x=O~M=O x = 1 ~ M = 18kNm 1<x<3 ~r4~ !I===~=x====} Q = RA - 16 = 2kN M = RA X - 16 (x-1) x = 3 ~ M = 22kNm 3<x<4 16kN 24kN ~~I!---~~~ r:t:.'" r-----~~----~ Q = RA - 16 - 24 = -22kN M = RA X - 16 (x-1) - 24(x-3) x=4 ~M=O x Ex. 9 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga engastada solicitada pelas cargas concentradas, representadas na figura. o-x Ohn,,~,,~~~<n~<n~rM ·5 !-'-"...I.....I..J'-=- .•...•....•...J...J.jj o [kN] -15 o E ~ N "'" 11 ,jj E::.:1. Expressões de Q e M o < x < 1,8 Q = -5kN M =-5X x=O~M=O x = 1,8 ~ M = -9kNm 5kN x Força Cortante QeMomento FletorM 241.· A reação "R" no engastamento é determinada por: 1,8 < x < 4,0 1,-5~ Q = -5 -10 = -15kN M = -5x - 10 (x-1,8) X = 4 ~ Mmax = -42kNm 1.8m ~r x o contramomento M' possui mesma intensidade e sentido contrário a Mmáx' portanto M' = 42kNm. Ex. 1.0 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga biapoiada carregada conforme a figura. ~ 12kN 6kN 7,2 1.. Reações de Apoio í:MA=O í:Fv= O 3,6 Rs = 12 x 1,8 + 6 x 4,8 I Rs = 14kN I 2 - Expressões de Q e M RA + RB = 12 + 6 RA = 4kN I O < x < 1,8 Q = RA = 4kN 1,-J3M = Ra' xx=O~M=O x = 1,8 ~ M = 7,2kNm ··'.,:;Mecânica;Técnica e Resistência dos 'Materiais'"'' 1,8 < x < 3,6 ~ 1---- ......•...-----, 18m 12~ + Rar- ~x , Q = RA - 12 = -8kN M = Rax - 12 (x - 1,8) x = 3,6 ~ M = -7,2kNm No último intervalo, com o objetivo de simplificar a resolução, utilizaremos uma variável (x') da direita para esquerda. Ao utilizar este artifício, inverte-se a convenção de sinais. O < x < 1,2 6kN t+x' o x' Q = +6kN M = -6x' x' = O ~ M = O x' = 1,2 ~ M = -7,2kNm Obs.: Os dois momentos são máximos, porém possuem como diferença o sinal. x = 1,8 --f Mmáx = 7,2kNm (tração n,as fibras inferiores) x' = 1,2 --f Mmáx = -7,2kNm (compressão nas fibras inferiores) Ex. 1.1. - Determinar as expressões de Q e M e construir os diagramas na viga engastada, dada na figura. ~ 4~r------.::e2m",------- f- --'2::.:.m~ _+./ o x M'=lOkNm t---T---~'- -----t--.- f\ x [kN] o 1 - Expressões de Q e M 4kN x ~I 1 o 4kN ~ o--x 1 #'! x O<x<2 Q = -4kN M ==-4x x==O-7M=O x ==2 -7 M ==-8kNm M' = 10kNm 2<x<4 Q ==-4kN M ==-4x + 6 x ==2 -7 M ==-2kNm x==4-7M==-10kNm o contramomento M' possui a mesma intensidade de M, porém o sentido é inverso. Portanto: Ex. 12 - Determinar Q e M e construir os diagramas. 1. Reações de apoio 30kN o x 1,2m 60kN 30kN1,2m 1,2m 1,2m [kNJ°rrTl~flllrrLL~~llJLtrll~Jt-r~LllJ~lJJJ:30 lf J~o\D11rf -301 I I I I I I o I""""'"'L I I I I I I I I I I I I ];p"'''''''''"J: I I I I I I I I I I I jJ;;•••••.[o iMmáx=-36kNm LMA ==O 2,4Rs ==60x1,2 + 30x3,6 - 30x1,2 Rs = 60kN LFv ==O RA + Rs ==30 + 60 + 30 RA ==60kN Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais Obs.: As reações poderiam ser determinadas por simetria através de: 120 RA = RB = - = 60kN2 2 - Expressões de Q e M o < x < 1,2 30kN Q = -30kN M = -30x x=O ~ M=O x x = 1,2 ~ Mmáx = -36kNm 1,2 < x < 2,4 1,2 l -b' ~o '"11 rr."" x Q = -30 + 60 = 30kN M = -30x + 60 (x - 1,2) x = 2,4 ~ M = O por simetria tem-se que: x = 3,6 ~ M = -36kNm Ex. 13 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramasna viga biapoiada carregada conforme a figura a seguir. 40kN 2m 1m 1m ~----------~----------{IB 40kN RA Q=Rj[~~~~~~+rrr~~,,~~ 1m 1m I '-'-'-',--- .-._. l,83m .%' Força.CortanteQeMomentoFletor:M Solução: A concentrada da carga distribuída equivale a 60kN e atua a uma distância de 1m do apoio A no CG da carga. a) Reações nos apoios A e B LMA= O 4RB = 3 x 40 + 60 x 1 RB = 45kN LFy= O RA ;- RB = 60 + 40 RA = 100 - 45 RA = 55kN b) Expressões de Q e M 0<x<2 Q = RA - 30x x = O ~ Q = RA = 55kN x = 2 ~ Q = 55 - 30 x 2 = -5kN Percebe-se que a cortante passa de positiva para negativa; portanto no ponto em que cortar a linha zero, o momento será máximo no trecho. Q = O ~ 30x = RA 55 x = - = 183m 30 ' Neste ponto, a Q = O e o M é máximo. xM = R A . X - 30 . x . - 2 x=O~M=O 22 X = 2 ~ M = 55 x 2 - 30 .- 2 M =50kNm x = 1,83 ~ M = 55x1,83- 30x1,83 2 2 M = 50,42kNm 2<x<3 Q = RA- 60 = 55 - 60 -5kN M=RA ·x-60(x-1) x = 3 ~ M = 55x3-60x2 = 45kNm 3<x<4 Q = RA- 60 - 40 == -45kN M = RA.x -60(x -1) - 40(x -3) x = 4 ~ M = 55 x 4 - 60 x 3 - 40 x 1 == O '" no;;; Mecânica;J'écnica'ecResistência,dos Materiais,".:;ú"~':f,"" :':;;6.,,,·: ,:':::::,' ";",, r,..; ;,,'''0'0;, ';;."0' ":" ';'~''''::.''':'';';.,;' H.:11""', 'o,,· ,.:;°';"'\4, ..';':',"" c) Construção dos diagramas c.1.) Diagrama da Q Para x = °a Q = RA' a partir da linha zero traça-se um segmento de reta vertical que representa a intensidade de RA- A equação da Q no trecho é do 1º grau, com a < 0, portanto o seu gráfico é representado por um segmento de reta decrescente que corta alinha zero em 1,83m do apoio A, atingindo - 5kN em x = 2. No trecho 2 < x < 3, a equação da Q é uma constante de intensidade -5kN. Em x = 3, a carga de 40kN faz com que a Q desça para Q = -45kN. No trecho 3 < x < 4, a Q é uma constante de valor -45kN, portanto uma paralela à linha zero. Em x = 4, a intensidade de Rs retorna o diagrama da Q para linha zero. c.2) Diagrama de M No trecho °< x < 2, a equação do M é do 2Q grau com a < O; portanto, o diagrama corresponde a um segmento de parábola que parte da linha zero para x = 0, atinge o máximo em x = 1,83m e decresce ligeiramente em x = 2m. No trecho 2 < x < 3, a equação passa a ser do 1º grau, sendo representada por um segmento de reta decrescente. No trecho 3 < x < 4, continua a equação do 1º grau; portanto novamente tem-se como gráfico uma reta decrescente que parte de 45kNm em x = 3 e chega a zero em x = 4. Ex. 1.4 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga biapoiada carregada conforme a figura dada. 1m 3m 1m [kN] Mmáx = 31,25kNm -25KNm -25KNm Solução: a) Reações nos apoios A e B Como os apoios são simétricos, e a concentrada da carga é de 250kN, conclui-se que: 250 RA = RB = - = 125kN2 b) Expressões de Q e M O<x<l Q =-50x x=O-7Q=O x = 1 -7 Q = -50kN x 2M = -50x.- = -25x 2 x=O-7M=O x = 1 -7 M = -25kNm 1<x<4 Q = RA - 50x x = 1-7 Q = 125 - 50 = 75kN x = 4 -7 Q = 125 - 50 x 4 = -7 5kN 50x X yJ2 1m 50x X No ponto em que Q = O e o M é máximo. Q = O -7 X = 2,5m Como a viga e o carregamento são simétricos em relação aos apoios, conclui-se que a análise até a metade da viga já é o suficiente para estudá-Ia toda, pois a outra metade determina-se por simetria. x M = RA (x - 1) - 50x . 2" M = RA (x - 1) - 25x 2 X = 2,5m -7 M = 125 x 1,5 - 25 x 2,52 Mmáx = 187,5 - 156, 25 I Mmáx = 31,25kNm I c) Diagramas de Q e M c.1) Diagrama de Q No trecho O < x < 1, a equação é do lQ grau com a < O, portanto a sua representação é um segmento de reta decrescente que parte da linha zero e atinge -50kN no apoio A. A intensidade da RA está representada pelo segmento de reta vertical que parte de -50kN e atinge +75kN. No intervalo 1 < x < 4, a equação volta a ser do 1Q grau com a < O, portanto temos novamente um segmento de reta decrescente que parte de +75kN no apoio A, corta a linha zero em Mecânica Técnica e Resistência dosMateriais""";~;i':X;;';""""" x = 2,5m e atinge o apoio B com -75kN. A reação RB está representada pelo segmento de reta vertical que parte de -75kN e atinge 50kN. No intervalo 4 < x < 5, a equação continua sendo do 1º grau com a < 0, sendo representada novamente por um segmento de reta decrescente que parte do apoio B com +50kN e atinge a extremidade final da viga na linha zero. c.2) Diagrama de M No intervalo °< x < 1, a equação do M é do 2º grau com a < 0, portanto um segmento de parábola com a concavidade voltada para baixo, que parte da linha zero na extremidade livre e atinge o apoio A com a intensidade de -25kNm. No intervalo 1 < x < 4, tem-se novamente uma equação do 2º grau com a < 0, portanto a sua representação será uma parábola com a concavidade voltada para baixo, que parte de -25kNm no apoio A, e atinge o seu máximo em x = 2,5m com a intensidade de 31,25kNm. O restante do diagrama determina-se por simetria. Ex. 15 - A viga AB biapoiada sofre a ação dos esforços representados na figura. Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas. 1m 1m SOkN 1m 1m lOkN x x x -10kNm Solução: a) Reações nos apoios A e B LMA = O 3Rs = 4 x 10 + 15 + 50 x 1 LFv = O RA + Rs = 50 + 10 40 +15+50 3 Ir-R-s-=-3-5-k-N-" RA = 60 - 35 = 25kN I RA = 25kN I b) Expressões de Q e M 0<x<1 Q = RA = 25kN M = RA . x x=O~M=O x = 1 ~ M = 25kNm 1<x<2 Q = RA - 50 = 25 - 50 = -25kN M = RA• x-50 (x - 1) x = 2 ~ M = 25 x 2 - 50 x 1 = O 2<x<3 Q = RA - 50 = 25 - 50 = -25kN M = RA• x-50 (x - 1) + 15 x = 2 ~ M = 25 x 2 - 50 x 1 + 15 M = 15kNm x = 3 ~ M = 25 x 3 - 50 x 2 + 15 M = -10kNm No intervalo compreendida entre 3 < x < 4, pode-se utilizar o artifício de uma variável x', e partir da extremidade livre em direção ao apoio B. Tem-se, então, que: O < x' < 1 Q = 10kN M = -10x' x' = O ~ M = O x' = 1 ~ M =-10kNm Obs.: Para utilizar este artifício inverte-se a convenção de sinais. c) Diagrama de Q e M c..1) Diagrama de Q No apoio A, a cortante é a reação RA' representada no diagrama pelo segmento de reta vertical. Em todo o trecho O < x < 1, a cortante é uma constante de intensidade RA' representada no diagrama pelo segmento de reta horizontal paralelo à linha zero. No ponto x = 1, está aplicada a cortante de 50kN que está representada no diagrama pelo segmento de reta vertical que leva a cortante de 25kN para -25kN. No intervalo 1 < x < 3, a cortante de -25kN representada pelo segmento de reta paralelo à linha zero. Em x=S, a reação RB representada no diagrama pelo segmento de reta vertical eleva a cortante para 10kN. No trecho O< x' < 1, a cortante é novamente uma constante representada no diagrama pela paralela à linha zero. Em x = 4, a carga de -10kN zera o diagrama. MecânicaT écnicaeResistência dos Materiais c.2) Diagrama de M No intervalo O < x < 1, a equação do M é do 12 grau com a> O, portanto a sua representação será através de um segmento de reta crescente. No intervalo 1 < x < 2, tem-se novamente uma equação do 12 grau, porém neste caso o segmento de reta é decrescente, pois a constante negativa é maior que a positiva. No ponto x = 2, está aplicado um torque de 15kNm, que está representado pelo segmento de reta vertical. Nos trechos seguintes, novamente equações do 12 grau, representadas pelos respectivos segmentos de retas. Ex. 16 - Determinar as expressões de Q e M, e construir os respectivos diagramas nas vigas AS e CD representadas na figura. O peso próprio das vigas. AB = 500N/m CD = 1000N/m Solução: a) Inicia-se a resolução pela viga AS. Na viga AS, tem-se que: lOOON 3000N 2m 2m As reações nos apoios RA e RB são iguais, pois a carga de 1000N é simétrica aos apoios. Temos, portanto, uma carga concentrada de 3000N atuando no centro da viga. Conclui-se que: RA = RB = 1500N b) Expressões de Q e M 0<x<2 Q = RA-500x X = O~ Q = RA= 1500N x = 2 ~ Q = 1500 -1000 Q = 500N X M=RAX-500x·- 2 x=O~M=O 22 X = 2 ~ 1500x2-500x- 2 M =2000Nm Q = RA- 500x -1000 x = 2 ~ Q = 500N x = 4 ~ Q = -1500N x M = RA·X-500X·--l000 (x-2)2 42 x = 4 ~ M = 1500·4-500·--1000·22 2<x<4 x=4~M=O M rnáx = 2000Nrn c) Diagramas c.1) Diagrama de Q No apoio A a Q = RA = 1500N, portanto a sua representação será um segmento de reta vertical acima da linha zero. No intervalo O < x < 2, a equação da cortante é do 1Q grau com a < O, sendo, portanto, representada por um segmento de reta decrescente. No ponto x = 2, atua uma carga concentrada de 1000N, que está representada no diagrama, pelo segmento de reta que "leva" a cortante de +500N para -500N. No intervalo 2 < x < 4, tem-se novamente uma equação do 1Q grau com a < O, sendo representada no diagrama, pelo segmento de reta que "leva" a cortante de -500N para -1500N, no apoio B. Em B, atua Rs cuja intensidade é de 1500N, sendo representada no diagrama pelo segmento de reta vertical que parte de -1500N e vai até a linha zero. Mecânica·TécnicaeResistência· dos Materiais c.2) Diagrama do M A equação do M é do 2Q grau com a < O em toda a extensão da viga, portanto o diagrama será uma parábola de concavidade voltada para baixo, com o seu ponto máximo em x = 2. a.1) Resolução de viga CD a.1.1) Reações nos apoios 1500N 1500N 4500N 4500N Mmáx= 6000Nm Como as cargas são simétricas aos apoios, conclui-se que Rc = RD = 4500N b.1) Expressões de Q e M 0<x<1 Q = Rc -1000x x = O~ Q = RA = 4500N x = 1 ~ Q = 3500N X M = R ·x-1000x·- c 2 x=O~M=O x = 1 ~ M = 4500-500 = 4000N M =4000Nm Como as cargas são simétricas aos apoios, conclui-se que Rc = RD = 4500N 1<x<3 Q = Rc -1000x -1500 x = 1 ~ Q = 2000N x=3~Q=0 253 x M = Rc.x-1000x ,- -1500(x -1) 2 1000,32 X = 3 ~ M = 4500,3 - -1500,2 2 X = 3 ~ Mmax = 6000Nm c.3) Diagramas c.3.1) Força cortante Q No apoio C, a cortante é representada pelo segmento de reta vertical que "sai" da linha zero, e atinge 4500N. No intervalo O < x < 1, a equação é do 1º grau com a < O, portanto a sua representação é através de um segmento de reta decrescente. No ponto x = 1, atua uma carga concentrada de 1500N, representada no diagrama através do segmento de reta que "parte" de 3500N e atinge 2000N. No intervalo 1 < x < 5, tem-se novamente uma equação do 1º grau com a < O, portanto novamente a sua representação dar- se-a através de um segmento de reta decrescente, que corta a linha zero no ponto x = 3. Neste ponto, o momento é máximo. O restante da viga determina-se por simetria. c.3.2) Momento Fletor As equações são do 2º grau, com a < O, portanto a sua representação será através de parábola com concavidade voltada para baixo, com ponto máximo no ponto x = 3. Ex. 17 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas da viga AS da construção representada na figura. 1m 1m 1m F, 40kN 1m _ I _ 1m oi'-'-'-'-'-'-'~c Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais·'E2"W'·· / Solução: Para determinar Q e M na viga AS, é necessário conhecer a intensidade da carga axial atuante na barra (1). a) Carga Axial na barra (1) Como a concentrada da carga distribuída é simétrica ao apoio C e a barra 1, conclui-se que: Rc = Fi = 20kN b) Expressões de Q e M na viga AS Reações nos apoios A e S x 30x' x' x 20kN 30kN lOkNm/, r-, f-._.{-.-+-._'-'_._. T 1m 1,5m O,5m 2,Fv = O RA + Rs = 20 + 30 RA = 50- 35 RA = 15kN O<x<l 1<x<2 Q=RA=15kN Q = RA - 20 = 5kN M =RA·x-20(x -1) + 10 X = 1 ~ M = 25kNm X = 1 ~ M = 15kNm X = 2 ~ M = 20kNm 255 o intervalo 2 < x < 3 pode ser calculado através da variável x', partindo do apoio B até a extensão total da carga distribuída. Tem-se então o intervalo O < x' < 1. A utilização deste artifício implica na inversão da convenção de sinais. Q = +30x-RB X = O~ Q =- RB = -35kN x = 1~ Q = -5kN 30X'2 M=RB,x'--- 2 x=O~M=O x = 1 ~ M = 20kNm c) Diagramas de Q e M 1m 20kN i 1m 1m Q = 15kN 30kN m R. Q = 35kN Mmáx = 25km ,,,,nMecânica:récnicaeResistênciadosMateriais ,;
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