Equação 3 Momentos

1. APRESENTAÇÃO TEÓRICA 1
NOTAS DE AULA DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I PROF. VILAR CAMARA JR.
Resolução de Vigas Contínuas
pela Equação dos 3 Momentos
1 Apresentação teórica
1.1 Modelo do problema
O modelo do problema a ser resolvido é, a princípio, o mostrado na figura 1, isto é,
uma viga hiperestática dita contínua, de eixo retilíneo e horizontal, constituída de dois
ou mais vãos de comprimentos quaisquer, cada um deles podendo ter sua própria seção
transversal (constante na extensão do vão), e com todos os apoios capazes de oferecer
reação vertical. Os carregamentos devem ser constituídos de forças somente verticais
atuantes sobre o eixo da viga, e de binários cujo plano de rotação é o mesmo dessas
forças.
Figura 1. Modelo de viga contínua
No modelo adotado, além de não haver forças externas horizontais, também não
levamos em conta as reações horizontais que os apoios possam apresentar, por qualquer
que seja o motivo. Em outras palavras, consideramos que a viga é inderformável quan-
to ao esforço axial.
Mais adiante, estudaremos também os casos em que existem trechos em balanço
nas extremidades, assim como os que apresentam uma ou ambas as extremidades en-
gastadas.
No modelo da figura 1, as incógnitas hiperestáticas adotadas serão os momentos
fletores atuantes nas seções transversais situadas sobre os apoios internos. No caso
dessa figura, há 7 apoios, sendo que os momentos fletores nas seções sobre os apoios
extremos são nulos. Ao considerar como incógnitas os momentos fletores nas seções
correspondentes aos 5 apoios intermediários, sua solução numérica permitirá o cálculo
de todas as reações de apoio, bem como dos esforços internos em todas as seções da
viga (esforços cortantes e momentos fletores).
Convém observar com cuidado as numerações adotadas para os vãos, para os a-
poios e para os momentos fletores incógnitos do problema, conforme indicado na figu-
ra 2. Essa numeração segue as seguintes regras:

• Os vãos são numerados da esquerda para a direita, a partir de 1, bem como os
respectivos vãos L e momentos de inércia I de suas seções transversais;
• Os apoios são numerados da esquerda para a direita, a partir de 0 (deste modo,
o número do último apoio coincidirá com o do último vão);
• Os momentos fletores desconhecidos receberão índices numéricos iguais aos
apoios correspondentes.
0 1 2 3 4 5 6
1M
1I 2I 3I 4I 5I 6I
1L
2M
2L
3M
3L
4M
4L
5M
5L 6L
Figura 2. Numeração dos vãos, apoios e incógnitas hiperestáticas
Em princípio, todos os momentos fletores incógnitos são supostos positivos, isto é,
tracionam a parte inferior das respectivas seções transversais e comprimem a superior,
conforme mostram as setas curvas na figura 3, em que os vãos estão desenhados isola-
dos uns dos outros.
0 11 22 3 5 6
1M1M
1I 2I 3I 6I
1L
2M2M
2L
3M
3L
5M
6L
... etc
Figura 3. Momentos fletores incógnitos, agindo nos vãos islolados
No caso em que a viga contínua possua um número qualquer de vãos, n, as nume-
rações dos vãos, apoios e incógnitas assumem a situação mostrada na figura 4. Pode-
mos observar que, para uma viga de n vãos, a quantidade de incógnitas hiperestáticas é
1−n .
Li LnLi+1L1
Ii InIi+1I1
M1 Mi –1 Mi Mi+1 Mn –1
0 1 i –1 i i+1 n –1 n
Figura 4. Numerações de uma viga contínua de n vãos
1.2 Formulação da solução
Na figura 4 mostram-se, em destaque no centro, os dois vãos adjacentes ao apoio gené-
rico i, numerados como i e i+1.

A deformação angular (rotação) da seção da viga no encontro desses dois vãos vi-
zinhos é ilustrada na figura 5a. Neste desenho, a rotação é suposta positiva1
.
Li Li+1
i–1
Cargas (vão i) Cargas (vão i )+1
i i+1
(a) Vãos adjacentes ao apoio i
Li Li+1
Mi –1 Mi Mi Mi+1
i–1
Cargas (vão i) Cargas (vão i )+1
i i i+1
(b) Vão i (c) Vão i+1
Figura 5. Cargas e deformações em dois vãos adjacentes
Podemos imaginar, como nas figuras 5b e 5c, os vãos i e i+1 destacados um do ou-
tro, cada um deles submetido às suas respectivas cargas externas e momentos fletores
de suas extremidades, de modo que os seus eixos deformados são rigorosamente iguais
à linha elástica atiginda por aqueles vãos na viga contínua em estudo. Com isto, as
rotações nas seções situadas sobre o apoio i são iguais para os dois vãos.
O próximo passo para a solução do problema é formular as expressões algébricas
das rotações das seções sobre o apoio i, d cada um dos vãos adjacentes, i e i+1. Para
isto, vamos separar as cargas atuantes em 3 partes, a saber: a carga externa, o momento
Mi –1
Mi Mi
i–1
i–1
i–1
Cargas (vão i)
(a)
(b)
(c)
(a)
(b)
(c)
i
i
i
Mi+1
Cargas (vão i )+1
i
i
i
i+1
i+1
i+1
Figura 6. Parcelas da rotação na Figura 7. Parcelas da rotação na
extremidade direita do vão i extremidade esquerda do vão i+1
1
Adota-se aqui o sentido positivo das abscissas do eixo da viga para a direita, e o dos deslocamentos verti-
cais para baixo; o sentido positivo da rotação corresponde à derivada positiva do eixo deformado.

fletor na extremidade esquerda, e o momento fletor na extremidade direita. As figuras
6(a–c) e 7(a–c) ilustram este procedimento.
As três rotações na seção do apoio i, para cada vão em estudo, podem ser agora
expressas algebricamente usando-se o método das áreas dos diagramas de momentos,
obtendo-se as parcelas anotadas nas figuras 8 e 9.
DMF DMF
DMF
DMFDMF
DMF
Mi –1
Mi
Ai Ai+1
Mi
i–1
i–1
i–1
Cargas (vão i)
(a)
(b)
(c)
(c)
(a)
(b)
(c)
i
i
i
Mi+1
Cargas (vão i )+1
i
i
i
i+1
i+1
i+1
ai bi+1bi ai+1
1
3 Li
1
3 Li
1
3 Li+1
1
3 Li+1
2
3 Li
2
3 Li
2
3 Li+1
2
3 Li+1
Figura 8. Cálculo das parcelas da rotação Figura 9. Cálculo das parcelas da rotação
na extremidade direita do vão i na extremidade esquerda do vão i+1
Nas fórmulas algébricas para o cálculo das rotações devidas às cargas nos vãos, a
letra A representa a área do respectivo diagrama dos momentos fletores dessas cargas
no vão bi-apoiado; a e b são as distâncias do centróide do diagrama em relação às ex-
tremidades esquerda e direita, respectivamente.
Pelo princípio da superposição dos efeitos, se todos os esforços representados nas
figuras 6 e 7 agirem simultaneamente, reproduziremos a situação exibida na figura 5a.
Portanto se somarmos as rotações da extremidade i de cada vão, devemos ter a seguinte
igualdade:
esqiesqiesqidiridiridiri ,1,1,1,,, +++
′′+′+=′′+′+ θθθθθθ ,
o que nos conduz à equação:

1
1
1
11
11
111
3636 +
+
+
++
++
++−
++=−−−
i
ii
i
ii
ii
ii
i
ii
i
ii
ii
ii
EI
LM
EI
LM
EIL
bA
EI
LM
EI
LM
EIL
aA
,
a qual pode ser recomposta na forma seguinte:
11
11
1
1
1
1
1
1
66
2
++
++
+
+
+
+
+
− −−=+







++
ii
ii
ii
ii
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
IL
bA
IL
aA
M
I
L
M
I
L
I
L
M
I
L
, (1)
conhecida como Equação dos 3 Momentos.
Ela deve ser usada de modo recursivo, tomando-se para o índice i os valores 1, 2,
3, etc., até a quantidade de incógnitas hiperestáticas, que é n–1 (figura 4). Deste modo,
teremos tantas equações quantas forem os momentos fletores desconhecidos nas seções
correspondentes aos apoios centrais da viga. Devemos ter em conta que os momentos
nas seções extremas da viga contínua são conhecidos; são eles M0 e Mn, os quais farão
parte da primeira e da última equações. Por exemplo, se não houver momentos exter-
nos aplicados a essas seções, essas quantidades são nulas.
No caso particular – que ocorre com freqüência na prática – em que todos os vãos
possuem a mesma seção transversal (e, portanto, o mesmo momento de inércia), a ex-
pressão da Equação dos 3 Momentos simplifica-se para:
( )
1
11
1111
66
2
+
++
+++− −−=+++
i
ii
i
ii
iiiiiii
L
bA
L
aA
MLMLLML . (2)
1.3 Fórmulas práticas
As parcelas que constam à direita do sinal de igualdade nas expressões (1) e (2) podem
ser preparadas para uso nas situações mais comuns de carregamento.
Chamando
i
ii
i
L
aA6
=α e
1
11
1
6
+
++
+ =
i
ii
i
L
bA
β , (3)
as expressões anteriores podem ser reescritas assim:
1
1
1
1
1
1
1
1 2
+
+
+
+
+
+
+
− −−=+







++
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
II
M
I
L
M
I
L
I
L
M
I
L βα
(4)
( ) 11111 2 ++++− −−=+++ iiiiiiiii MLMLLML βα . (5)
A seguir são apresentadas as expressões algébricas de α e β para vários casos de
carregamento.

TABELA PARA O CÁLCULO DE
L
Aa6
=α e
L
Ab6
=β
A A A
DMF DMF DMF
P P P P
L/2 m m m
LLL
a a a
L/2 n
b b b
8
3 2
PL
== βα
( )
L
mLPmn +
=α ( )mLPm −== 3βα
( )
L
nLPmn +
=β
DMF DMF DMF
q p p
L L L
a a ab b b
A A A
4
3
qL
== βα
15
2 3
pL
=α
60
7 3
pL
=α
60
7 3
pL
=β
15
2 3
pL
=β
DMF DMF DMF
q p p
m m m
L L L
a a a
n n n
c/2 c/3 c/3c/2 2c/3 2c/3
b b b
[ ]2
4
4
cm)n(L
L
qcm
−+=α ( ) 





+−+=
45
2
6
12
3
2 c
mcmLmn
L
pc
α ( ) 





−−+=
45
2
6
12
3
2 c
mcmLmn
L
pc
α
[ ]2
)(4
4
cnLm
L
qcn
−+=β ( ) 





−−+=
45
2
6
12
3
2 c
ncnLmn
L
pc
β ( ) 





+−+=
45
2
6
12
3
2 c
ncnLmn
L
pc
β

TABELA PARA O CÁLCULO DE
L
Aa6
=α e
L
Ab6
=β (continuação)
DMF DMF DMF
q p p
m m m
L L L
a a a
n n n
b b b
( )22
2
2
4
mL
L
qm
−=α ( )22
2
35
15
mL
L
pm
−=α ( )22
2
310
60
mL
L
pm
−=α
( )2
2
4
nL
L
qm
+=β ( )22
2
73540
60
mmnn
L
pm
++=β ( )22
2
82520
60
mmnn
L
pm
++=β
DMF DMFDMF
q pp
n nn
L LL
b bb
m mm
a aa
( )2
2
4
mL
L
qn
+=α ( )22
2
82520
60
nmnm
L
pn
++=α ( )22
2
73540
60
nmnm
L
pn
++=β
( )22
2
2
4
nL
L
qn
−=β ( )22
2
310
60
nL
L
pn
−=β ( )22
2
35
15
nL
L
pn
−=β
DMF DMF
DMF
L/2 m
L LL
a
L/2 n
b
– –
+ +
+
M0 M0M0M0
m m
4
0 LM
=α ( )220
3mL
L
M
−=α ( )mLM 23 0 −== βα
4
0 LM
−=β ( )220
3nL
L
M
−−=β

3. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 8
2. Exercícios
2.1 Exercícios resolvidos
Exercício nº 1 – Viga de 2 vãos, com seção transversal constante
L =4,0 m1 L2=6,0 m
1.200 kgf/m 800 kgf/m
0 1 2
Devemos observar que as numerações dos vãos e nós segue rigorosamente a que foi
adotada na apresentação teórica (figura 4).
Neste exercício há apenas um momento fletor desconhecido (hiperestático), que é
M1.
A expressão a ser usada é a (5), para i = 1, isto é:
( ) 212212101 2 βα −−=+++ MLMLLML .
Sabendo-se que os momentos fletores M0 e M2 são nulos, vem:
( )
4
0,6800
4
0,4200.1
0,60,42
33
1
×
−
×
−=+ M
400.62200.43200.190,20 1 −=−−=M , e portanto kgfm120.31 −=M .
Os vãos podem agora ser analisados separadamente, para facilitar os cálculos para
o traçado dos diagramas dos esforços cortantes e dos momentos fletores.
4,0 m
6,0 m
1.200 kgf/m
800 kgf/m
3.120
m kgf
3.120
m kgf
1.620
kgf
3.180
kgf
1.880
kgf
2.920
kgf
0 1
21

1,35 m 3,65 m
1.620
2.920
3.180
1.880
DEC [kgf]
1.093,5
3.120
2.209
–
–
+
+
Exercício nº 2 – Viga com 2 vãos e balanços, com seção transversal constante
1,5 m 2,0 m
1.200 kgf/m 800 kgf/m 900 kgf/m800 kgf/m
0 1 2
L =4,0 m1 L =6,0 m2
Novamente aqui a numeração seguem as convenções da figura 4.
Os trechos em balanço não são numerados, pois não fazem parte do modelo origi-
nal adotado. Porém eles produzem os momentos fletores M0 e M2, os quais terão de ser
calculados para o emprego na equação dos 3 momentos.
A expressão a aplicar é a (5), para i = 1, ou seja:
( ) 212212101 2 βα −−=+++ MLMLLML
Sabendo-se que kgfm900
2
5,1800 2
0 −=
×
−=M e m kgf800.1
2
0,2900 2
2 −=
×
−=M , temos:
( ) ( ) ( )
4
0,6800
4
0,4200.1
800.10,60,60,429000,4
33
1
×
−
×
−=−+++− M
000.48800.10600.3200.43200.190,20 1 −=++−−=M
kgfm400.21 −=M .
Analisando os vãos individualmente, temos os seguintes esforçcos:
4,0 m 6,0 m
1.200 kgf/m
800 kgf/m2.400
m kgf
2.400
m kgf
900
m kgf
2.025
kgf
2.775
kgf
2.300
kgf
2.500
kgf
1.800
m kgf
0 1 21

1,688 m 3,125m
2.025
1.200
2.500
1.800
2.775
2.300
DEC [kgf]
808,6
2.400
900
1.800
1.506,3
–
–
+
+
Exercício nº 3 – Viga contínua de 3 vãos, com seção transversal constante
4,0 m 3,0 m 3,0 m 4,0 m
1.410 kgf/m 600 kgf/m
800
kgf 990 kgf/m
0 1 2 3
Na figura acima foram omitidas, de modo proposital, as numerações dos vãos e apoios,
às quais o leitor já deve estar familiarizado.
Agora são duas as incógnitas hiperestáticas: os momentos fletores M1 e M2. Por-
tanto, duas equações devem ser escritas, a saber:
Para i = 1: ( ) 212212101 2 βα −−=+++ MLMLLML
Para i = 2: ( ) 323323212 2 βα −−=+++ MLMLLML
Devemos notar que o 2º vão possui uma carga uniformemente distribuída total, a-
lém de uma carga concentrada. Nesses casos, os valores de α e β no segundo mem-
bro da equação são respectivamente os somatórios desses valores calculados para todos
os casos de carga existentes no vão. Assim:







 ××
+
×
−
×
−=+++
8
0,68003
4
0,6600
4
0,4410.1
0,6)0,60,4(20,4
233
210 MMM
4
0,4990
8
0,68003
4
0,6600
0,4)0,40,6(20,6
333
321
×
−






 ××
+
×
−=+++ MMM
Sabendo-se que M0 e M3 são nulos, temos o sistema de equações:
( ) 760.65800.10400.32560.220,60,20 21 −=+−−=+ MM

( ) 040.59840.15800.10400.320,200,6 21 −=−+−=+ MM ,
cuja solução é kgfm640.21 −=M e kgfm160.22 −=M .
Os cálculos finais e os diagramas dos esforços são mostrados a seguir.
4,0 m
3,0 m 3,0 m
4,0 m
1.410 kgf/m
600 kgf/m
800
kgf
990 kgf/m
2.640
m kgf
2.640
m kgf
2.160
kgf
3.480
kgf
2.120
kgf
2.520
kgf
2.280
kgf
1.440
kgf
2.160
m kgf
2.160
m kgf
0 1 2 3
21
1,532 m 2,545 m
2.160
2.520
2.280
480
3.480
320
2.120
1.440
–
–
+
+
DEC [kgf]
2.640 2.160
1.654,5 1.500
1.047,3
Exercício nº 4 - Viga contínua de 3 vãos, com seção transversal constante
800 kgf/m 600
kgf/m
1.800
kgf/m
4.000
kgf
6,0 m 6,0 m
0 1
6,0 m
2 3
Este exercício é semelhante ao anterior; a única novidade é o carregamento “trapezoi-
dal” no 3º vão. As expressões literais são as mesmas, e as equações ficam:
8
0,6000.43
4
0,6800
0,6)0,60,6(20,6
23
210
××
−
×
−=+++ MMM







 ××
+
×
−
××
−=+++
60
0,6200.17
4
0,6600
8
0,6000.43
0,6)0,60,6(20,6
333
321 MMM
ou:
200.97000.54200.430,60,24 21 −=−−=+ MM

( ) 640.116240.30400.32000.540,240,6 21 −=+−−=+ MM
cujas soluções são kgfm024.31 −=M e kgfm104.42 −=M .
Os esforços em cada vão isolado e os diagramas dos esforços estão mostrados a
seguir.
800 kgf/m
3.024
m kgf
3.024
m kgf
1.896
kgf
2.904
kgf
2.180
kgf
3.684
kgf
1.820
kgf
3.516
kgf
4.104
m kgf
4.104
m kgf
600
kgf/m 1.800
kgf/m
4.000
kgf
6,0 m
6,0 m
0 1
2
6,0 m
2
1
3
2,37 m 3,77 m
1.820
2.180
1.896
3.684
2.904
3.516
–
–
+
+
DEC [kgf]
3.024
4.104
2.246,7
2.436
3.734,7
Exercício nº 5 - Viga contínua de 4 vãos, com seção transversal constante
0 1 2 43
3,0 m 2,0 m4,0 m 4,0 m4,0 m
1.000 kgf/m 800 kgf/m 750 kgf/m
500
kgf900 kgf/m
Este exercício requer a montagem de 3 equações, pois apresenta 3 incógnitas, que são
os momentos fletores M1, M2, e M3. As equações são:
Para i = 1: ( ) 212212101 2 βα −−=+++ MLMLLML
Para i = 2: ( ) 323323212 2 βα −−=+++ MLMLLML
Para i = 3: ( ) 434434323 2 βα −−=+++ MLMLLML

Os cálculos numéricos são semelhantes aos já realizados anteriormente. Ademais,
sabe-se que M0 e M4 são conhecidos e valem zero. Temos, portanto, o sistema de e-
quações:
400.300,40,16 21 −=+ MM
200.450,50,180,4 321 −=++ MMM
800.410,180,5 32 −=+ MM
cuja solução é kgfm8,483.11 −=M , kgfm8,664.12 −=M e kgfm8,859.13 −=M .
Seguem-se os cálculos adicionais e os diagramas dos esforços.
0 1
1
2
2 43
3
3,0 m 2,0 m
4,0 m 4,0 m
4,0 m
1.000 kgf/m
800 kgf/m
750 kgf/m
500
kgf900 kgf/m
1.438,8
m kgf
1.664,8
m kgf
1.859,8
m kgf
1.664,8
m kgf
1.859,8
m kgf
1.438,8
m kgf
1.429,0
kgf
2.161,0
kgf
2.045,2
kgf
2.171,0
kgf
2.339,0
kgf
1.954,8
kgf
1.964,9
kgf
1,588 m 1,955 m 2,701 m 2,620 m
1.429,0
1.954,8
2.161,0
1.964,9
2.171,0
2.045,2
2.339,0
1.035,1
739,0239,0
1.226,8
DEC [kgf]
1.134,5
1.483,8
1.664,8 1.859,8
714,2
1.253,9
426,7
–
–
+
+

Exercício nº 6 - Viga contínua de 2 vãos, com seção transversal constante, e
com a consideração de engastes nas extremidades
6,0 m4,0 m
1.200 kgf/m
800 kgf/m
Para a resolução desse tipo de problema, o artifício a usar é substituir o engaste por um
vão fictício suplementar no lado engastado, porém com o comprimento nulo. No e-
xemplo em foco acrescentam-se um “vão” nulo à esquerda e outro à direita, já que am-
bas as extremidades são engastadas, resultando no esquema seguinte:
1 2 30 4
1.200 kgf/m
800 kgf/m
VÃO FICTÍCIO VÃO FICTÍCIO
L = m2 4,0L =1 0 L =4 0L = m3 6,0
É preciso voltar a atenção para o fato de que a numeração dos apoios (e, conse-
qüentemente, dos vãos) é afetada pela criação dos novos vãos fictícios, mas segue ain-
da obedecendo o que foi estabelecido na dedução teórica da equação geral dos 3 mo-
mentos (figura 4).
A justificativa para o artifício adotado é exposta a seguir. Imagine-se que um en-
gaste é substituído por um apoio simples, e que nesse lado a viga recebe um vão adi-
cional, de comprimento qualquer, adicionando-se conseqüentemente um apoio extra na
nova extremidade (tal como na figura anterior). Agora, suponha-se que esse novo vão
possua grande rigidez à flexão (infinita, teoricamente), capaz de impedir a rotação da
seção onde havia o engaste. Nesse caso, o conjunto passará a trabalhar de modo idênti-
co à viga original, isto é, com os mesmos esforços e os mesmos deslocamentos. Ora,
matematicamente um vão de rigidez infinita é conseguido de dois modos: ou elevando-
se o valor do momento de inércia de sua seção transversal ao infinito, ou –o que é mais
simples e prático – reduzindo-se o seu comprimento a zero.
Após o uso do artifício descrito, o problema trensforma-se numa viga contínua de
4 vãos, possuindo 3 momentos fletores desconhecidos, M1, M2 e M3. O exercício re-
quer a montagem de 3 equações, a saber:
Para i = 1: ( ) 212212101 2 βα −−=+++ MLMLLML
Para i = 2: ( ) 323323212 2 βα −−=+++ MLMLLML
Para i = 3: ( ) 434434323 2 βα −−=+++ MLMLLML
Os vãos L1 e L4 valem zero, e os termos 1α e 4β , correspondentes a esses vãos,
devem ser ignorados, pois não há cargas neles. Assim, as equações podem ser reescri-
tas como se segue:

200.190,4)0,40(20 210 −=+++ MMM
200.43200.190,6)0,60,4(20,4 321 −−=+++ MMM
200.430)00,6(20,6 432 −=+++ MMM
do que se obtém: kgfm360.11 −=M , kgfm080.22 −=M e kgfm560.23 −=M .
Segue-se a finalização do problema.
0 1 1
4,0 m 6,0 m
800 kgf/m
1.200 kgf/m
2.080
m kgf
2.560
m kgf
2.080
m kgf
1.360
m kgf
2.320
kgf
2.220
kgf
2.580
kgf
2.480
kgf
1,85 m 2,90 m
2.220
2.320
2.580
2.480
DEC [kgf]
693,5
2.080
1.360
2.560
1.284
–
–
+
+
Exercício nº 7 - Viga contínua de 2 vãos, com seções transversais diferentes,
engastada em uma extremidade e com balanço na outra
Consideremos a viga abaixo, em que o momento de inércia do 2º vão é o dobro do
momento de inércia do 1º.
3,0 m 3,0 m 1,5 m4,0 m
( )I (2 )I
720
kgf/m
1.920
kgf/m
1.920
kgf/m
650
kgf
Neste exemplo, há engaste apenas na extremidade esquerda. O artifício a usar
consiste em criar um vão fictício, de comprimento nulo, nessa extremidade. Após a
numeração dos apoios e vãos, chega-se ao esquema seguinte:

1 2 30
1,5 m
( )I (2 )I
720
kgf/m
1.920
kgf/m
1.920
kgf/m
VÃO FICTÍCIO
L = m2 4,0L =1 0 L = m3 6,0
650
kgf
Neste caso temos duas incógnitas, M1 e M2. O momento fletor M0 é nulo, porém o
momento M3 vale:
M3 = –650×1,5 = –975 m kgf.
A expressão da equação dos 3 momentos a ser utilizada é a (4), pois trata-se de
problema com momentos de inércia distintos em cada vão. O momento de inércia da
seção do balanço não influi nos cálculos, pois o momento fletor M3 depende somente
do carregamento existente naquele trecho. Desse modo, temos:
Para i=1:
2
2
1
1
2
2
2
1
2
2
1
1
0
1
1
2
II
M
I
L
M
I
L
I
L
M
I
L βα
−−=+





++
Para i=2:
3
3
2
2
3
3
3
2
3
3
2
2
1
2
2
2
II
M
I
L
M
I
L
I
L
M
I
L βα
−−=+







++
Para maior clareza, os cálculos das parcelas à direita nestas equações são mostra-
dos a seguir. Os carregamentos em forma de “trapézio” são desdobrados em uma carga
uniforme somada com outra em forma de triângulo.
0
1
1
=
I
α
IIIIII
760.21240.10520.11
15
0,4200.12
4
0,4720 33
2
2
=+=
×
××
+
×
×
=
β
IIIIII
480.20960.8520.11
60
0,4200.17
4
0,4720 33
2
2
=+=
×
××
+
×
×
=
α
( )
( )
( )
( )=×+××+×
××
×
++
××
×
= 22
2
2
2
3
3
0,370,30,3350,340
20,660
0,3200.1
0,30,6
20,64
0,3720
III
β
III 2
010.44
2
140.22
2
870.21
=+=
Substituindo os valores numéricos conhecidos, as equações ficam:
I
M
I
M
I
M
760.210,40,4
020 210 −=+





++
( )
II
M
II
M
I
485.42
975
2
0,6
2
0,60,4
2
0,4
21 −=−+





++
ou
760.210,40,8 21 −=+ MM
560.390,140,4 21 −=+ MM
para as quais os resultados valem kgfm0,525.11 −=M e kgfm390.22 −=M .

Os esforços nos vãos, tratados isoladamente, são:
1 2 32
3,0 m 3,0 m4,0 m
720
kgf/m
720
kgf/m
1.920
kgf/m 1.920
kgf/m2.390
m kgf
975
m kgf
2.390
m kgf
1.525
m kgf
3.055,8
kgf
2.823,8
kgf
2.456,3
kgf
904,2
kgf
1,695 m
2,503 m
2.823,8
3.055,8
6502.456,3
904,2
DEC [kgf]
746,6
2.390,0
1.525,0
975
1.957,9
1.737,6
+
–
–
+

2.2 Exercícios propostos
Nº 1
4,0 m2,0 m2,0 m 1,5 m3,0 m
900 kgf/m 1.000
kgf
1.420 kgf/m
Solução: kgfm0,309.21 −=M e kgfm0,500.12 −=M
Nº 2
4,5 m3,0 m2,0 m 1,5 m3,0 m
800
kgf/m
1.200
kgf
1.420 kgf/m
Solução: kgfm0,800.10 −=M e kgfm0,315.21 −=M
Nº 3
4,0 m4,0 m4,0 m 1,6 m1,6 m
1.000 kgf/m
Solução: kgfm0,280.10 −=M , kgfm0,344.11 −=M , kgfm0,344.12 −=M , kgfm0,280.13 −=M
Nº 4
1,0 m2,0 m1,5 m 1,0 m 1,0 m 3,0 m 1,0 m 1,5 m 1,5 m1,5 m
1.500 kgf/m 1.800
kgf/m
1.200
kgf
2.100
m kgf
Solução: kgfm9,024.11 −=M , kgfm5,550.12 −=M e kgfm8,088.13 −=M
Nº 5
6,0 m4,0 m1,5 m
800 kgf/m680
kgf
1.200 kgf/m
Solução: kgfm0,020.10 −=M , kgfm0,160.21 −=M e kgfm0,520.22 −=M .

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