Exerc+¡cio 2 3M

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Profa. Dra. Rosilene de Fátima Vieira Página 1 
Exercício 2 
Determinar os diagramas de esforços solicitantes para a viga abaixo pelo Equação dos 
Três Momentos. Determinar todos os pontos de momentos máximos. Calcular também 
as reações de apoio. 
. 
 
Solução: 
1) Determinação do Grau de Hiperestaticidade 
GH=3 
2) Numeração das barras e nós 
As barras devem ser numeradas a partir do número 1. 
Os nós devem ser numerados a partir do número 0. 
Para efeito de cálculo o engastamento deve ser substituído por um tramo adicional bi-
apoiado (barra fictícia = Barra1) 
 
3) Equação dos 3M para EI constante por trechos (aplicar 3 vezes, GH=3) 
L
’
i M i-1 + 2(L
’
i+L
’
i+1)M i + L
’
i+1M i+1 = - (DiL
’
i + Ei+1L
’
i+1) 
i=1 
L’1.M0+2.(L’1+L’2).M1+L’2.M2= - (DDDD1.L’1+EEEE2.L’2) 
i=2 
L’2.M1+2.(L’2+L’3).M2+L’3.M3= - (DDDD2.L’2+EEEE3.L’3) 
i=3 
L’3.M2+2.(L’3+L’4).M3+L’4.M4= - (DDDD3.L’3+EEEE4.L’4) 
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4) Momentos fletores 
M0=0 M1=? M2=? M3=? 
M4=MBalanço= -50.1= -50kN.m (convenção usual: sinal negativo significa momento 
em cima da viga) 
OBS: O momento do balanço não entra no cálculo do Fator de Carga da Barra 4 
porque ele já esta sendo considerado no M4. 
5) Vão Reduzido => Adotado EcIc =2EI k
k
cc'
k LEI
IE
L =
 
Barra 1 (barra fictícia) 
L1' =0 
Barra 2 
L2' =
2·EI
2·EI ·4=4m 
Barra 3 
L3' =
2·EI
2·EI ·4=4m 
Barra 4 
L4' =
2·EI
1,5·EI ·4=
8
1,5 m 
6) Fatores de forma (Tabela) 
Barra 1 (barra fictícia não tem carregamento) 
EEEE1=DDDD1=0 
Barra 2 (superposição dos efeitos dos carregamentos) 
O momento fletor de 125kN.m deve ser escorregado para barra da direita ou para barra 
da direita com o mesmo sentido. No caso, optou-se pelo escorregamento para barra da 
esquerda (barra 1) e sentido anti-horário. 
 L=4m a=4m b=0 
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EEEE2=
q·L2
4 +M· �3·
b2
L2
-1� = 30·424 +55·�3·
02
42
-1� =+65 
DDDD2=
q·L2
4 +M· �1-3·
a2
L2
� = 30·424 +55·�1-3·
42
42
� =+10 
Barra 3 
 L=4m a=2m b=2m 
EEEE3=
P·a·b
L · �1+
b
L� =
70·2·2
4 · �1+
2
4� =+105 
DDDD3=
P·a·b
L · �1+
a
L� =
70·2·2
4 · �1+
2
4� =+105 
Barra 4 
 L=4m a=3m b=1m 
EEEE4=+M· �3· b
2
L2
-1� = - 80· �3·12
42
-1� =+65 
DDDD4=+M· �1-3·a
2
L2
� = - 80·�1-3· 32
42
� =+55 
 
7) Solução da Equação dos 3M 
L’1.M0+2.(L’1+L’2).M1+L’2.M2= - (DDDD1.L’1+EEEE2.L’2) 
0.0+2.(0+4).M1+4.M2= - (0.0+65.4) 
8.M1+4.M2= - 260 
L’2.M1+2.(L’2+L’3).M2+L’3.M3= - (DDDD2.L’2+EEEE3.L’3) 
4.M1+2.(4+4).M2+4.M3= - (10.4+105.4) 
4.M1+16.M2+4.M3= - 460 
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L’3.M2+2.(L’3+L’4).M3+L’4.M4= - (DDDD3.L’3+EEEE4.L’4) 
4.M2+2.(4+8/1,5).M3+(8/1,5).(-50)= - (105.4+65.(8/1,5)) 
4.M2+(28/1,5).M3= - 500 
Momentos Fletores 
M1= -24,022 kN.m 
M2= -16,956 kN.m 
M3= -23,152 kN.m 
 
8) Momentos fletores 
Colocam-se os resultados dos momentos finais na convenção usual na viga. 
 
Portanto, os momentos fletores em cada barra são: 
 
9) Cálculo dos esforços cortantes e momentos máximos: 
Para determinar esses diagramas é necessário isolar cada barra para analisá-la 
separadamente (Barra 2=BARRA AB → Barra 3=BARRA BC → Barra 4=BARRA CD). 
• BARRA AB 
 
 
Considerando a BARRA AB como bi-apoiada com os carregamentos iniciais mais os 
momentos encontrados pode-se achar a solução com as três equações de equilíbrio. 
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As reações de apoios verticais da BARRA AB serão as cortantes da viga contínua 
hiperestática. 
 
∑ Fx =0 Não tem força na horizontal. 
 
∑ MA=0 → Adotado anti-horário positivo. 
 VB
esq
 · 4 – R · 2 - 71,956 + 24,022 = 0 
 VB
esq
 = 71,984 kN 
No diagrama de esforço cortante: Negativo pela convenção de sinal da cortante que 
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido anti-horário 
ele será negativo. 
 Fy =0 → VAdir + VBesq - R = 0 
 VAdir = 48,016 kN 
No diagrama de esforço cortante: Positivo pela convenção de sinal da cortante que 
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido horário ele 
será positivo. 
Colocam-se esses valores encontrados no diagrama de esforço cortante. 
Neste caso o diagrama de esforço cortante mostra um ponto de cortante igual à zero 
(V=0). Neste caso tem-se um momento máximo neste ponto. 
Para determinação deste momento tem-se que definir a equação de momento fletor 
para esse trecho, derivá-la e igualá-la a zero. Assim, obtém-se a cota “x” para cortante 
igual a zero. Com esse valor volta-se na equação de momento e tira-se o valor do 
momento máximo. 
• Equação do momento fletor. 
Isola-se um trecho “x” da BARRA AB. Intervalo 0 < x < 4. 
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Calcula-se o momento no ponto “S” a uma distância “x” do ponto A. Adotado para 
cálculo do Ms sentido horário positivo (Tração em baixo momento positivo – ao calcular 
o momento se der positivo desenha do lado de baixo da viga; se der negativo desenha 
do lado de cima da viga). 
MS= - 24,022 + 48,016 ·x - R·
x
2 = -24,022 + 48,016 ·x - 30 ·x · 
x
2 
MS= - 24,022 + 48,016 ·x - 15 · x2Equação do momento fletor para BARRA 
AB. 
Verificação da Equação de momento fletor. 
x M 
0 MA= - 24,022 OK! 
4 MB = - 71,958 ~OK! 
 
A equação de esforço cortante pode ser obtida derivando a equação de momento 
fletor: 
V= dMdx = 48,016 - 15 · 2 ·x = 48,016 - 30 ·x Equação de esforço cortante 
para BARRA AB. 
Verificação da Equação de esforço cortante. 
x V 
0 VAdir= 48,016 kN OK! 
4 VBesq = - 71,984 kN OK! 
 
Igualando a equação a zero tem-se o valor de “x” para qual o momento 
fletor é máximo. 
V=
dM
dx = 48,016 - 30 ·x = 0 
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Portanto, x = 1,601 m 
Volta-se equação de momento e obtém-se o valor de momento máximo: 
MMAX= - 24,022 + 48,016 ·1,601 - 15 · 1,6012 
MMAX = 14,404 kN . mSinal positivo: desenha do lado de baixo da viga. 
 
• BARRA BC 
 
Da mesma forma, considerando a BARRA BC como bi-apoiada com os carregamentos 
iniciais mais os momentos encontrados pode-se achar a solução com as três equações 
de equilíbrio. 
As reações de apoios verticais da BARRA BC serão as cortantes da viga contínua 
hiperestática. 
 
∑ Fx =0 Não tem força na horizontal. 
 
∑ MB=0 → Adotado anti-horário positivo. 
 VC
esq
 · 4 - 70 · 2 - 23,152 + 16,956 = 0 
 VC
esq
 = 36,549 kN 
No diagrama de esforço cortante: Negativo pela convenção de sinal da cortante que 
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido anti-horário 
ele será negativo. 
 Fy =0 → VBdir + VCesq - 70 = 0 
 VBdir = 33,451 kN 
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No diagrama de esforço cortante: Positivo pela convenção de sinal da cortante que 
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido horário ele 
será positivo. 
Colocam-se esses valores encontrados no diagrama de esforço cortante. 
Observe que no ponto de aplicação da força de 70 kN haverá um salto 
desde valor. 
Apesar de não se ter cortante igual a zero (V=0) precisa-se encontrar o momento no 
ponto R. Adotado para cálculo do MR sentido horário positivo (Tração em baixo 
momento positivo– ao calcular o momento: se der positivo desenha do lado de baixo da 
viga; se der negativo desenha do lado de cima da viga). 
MR=VBdir ·2 – 16,956 = 49,946 kN . mSinal positivo: desenha do lado de baixo da 
viga. 
 
• BARRA CD 
 
Da mesma forma, considerando a BARRA CD como bi-apoiada com os carregamentos 
iniciaismais os momentos encontrados pode-se achar a solução com as três equações 
de equilíbrio. 
As reações de apoios verticais da BARRA CD serão as cortantes da viga contínua 
hiperestática. 
 
∑ Fx =0 Não tem força na horizontal. 
 
∑ MC=0 → Adotado anti-horário positivo. 
 VD
esq
 · 4 - 50 + 80 + 23,152 = 0 
 VD
esq
 = -13,288 kNA cortante VDesq adotada para cima, na realidade é 
para baixo. 
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No diagrama de esforço cortante: Positivo pela convenção de sinal da cortante que 
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido horário ele 
será positivo. 
 Fy =0 → VCdir + VDesq = 0 → VCdir= - VDesq 
 VCdir = - ( -13,288) = 13,288 kN 
No diagrama de esforço cortante: Positivo pela convenção de sinal da cortante que 
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido horário ele 
será positivo. 
Colocam-se esses valores encontrados no diagrama de esforço cortante. 
Apesar de não se ter cortante igual a zero (V=0) precisa-se encontrar o momento no 
ponto W. Adotado para cálculo do MW sentido horário positivo (Tração em baixo 
momento positivo – ao calcular o momento: se der positivo desenha do lado de baixo 
da viga; se der negativo desenha do lado de cima da viga). 
Primeiro, calcular-se-á o momento MW imediatamente antes de passar pelo ponto W. 
MWantes=VCdir ·3 – 23,152 = 16,712 kN . mSinal positivo: desenha do lado de baixo 
da viga. 
Segundo, calcular-se-á o momento MW imediatamente depois de passar pelo ponto W. 
MW
depois
=VCdir ·3 – 23,152 – 80 = - 63,288 kN . mSinal negativo: desenha do lado 
de cima da viga. 
 
• BALANÇO 
O balanço é considerado isostático ele pode ser tratado como uma viga engastada 
numa extremidade e livre na outra como já foi dito anteriormente. 
 
Pode-se achar a solução com as três equações de equilíbrio. 
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A reação de apoio vertical da viga em balanço será a cortante da viga contínua 
hiperestática. 
 
∑ Fx =0 Não tem força na horizontal. 
 
∑ MD=0 → Adotado anti-horário positivo. 
 50 – 50 · 1 = 0 OK! 
 
 Fy =0 → VDdir - 50 = 0 
 VDdir = 50 kN 
No diagrama de esforço cortante: Positivo pela convenção de sinal da cortante que 
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido horário ele 
será positivo. 
Coloca-se esse valore encontrado no diagrama de esforço cortante. 
Observe que no ponto de aplicação da força de 50 kN haverá um salto 
desde valor. 
6) Determinação das reações de apoio 
RA = VA
dir
 = 48,016 kN 
 RB = VB
esq
 + VBdir= 71,984 + 33,451 = 105,435 kN 
 RC= VC
esq
 + VCdir= 36,549 + 13,288 = 49,837 k 
 RD= VD
esq
 + VDdir= -13,288 + 50 = 36,712 kN 
 
7) Traçado dos diagramas de esforços solicitantes: 
Diagrama de esforço cortante 
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Diagrama de momento fletor 
O momento concentrado no nó B de 55 kN.m aparece no diagrama na descontinuidade 
do traçado (Salto de 71,957 – 16,956 = 55,001 kN . m). E o momento concentrado no 
ponto W de 80 kN.m aparece no diagrama na descontinuidade do traçado (Salto de 
63,288 + 16,712 = 80 kN . m).