Mecanica-Tecnica-e-Resistencia-dos-Materiais-Sarkis-Melconian-235-262

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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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