ESTAB.2 cap.1

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 ESTABILIDADE DAS CONSTRUÇÕES II – “VIGAS HIPERESTÁTICAS SIMPLES” 
Prof. Aiello Giuseppe Antonio Neto / Profa .Tatiana Aiello 
 
 
CAPÍTULO 01: “VIGAS HIPERESTÁTICAS SIMPLES” 
 
 
1. Introdução: 
 
As Vigas Hiperestáticas Simples são importantes não só pela grande ocorrência na 
vida prática, mas como também, em etapas intermediárias de cálculo de estruturas, quando 
se é aplicado métodos, como o Método de Cross e o Método dos Deslocamentos. 
 Existem basicamente 2 tipos de Vigas Hiperestáticas Simples: 
 
a.) Vigas apoiadas–engastadas: 
 
 
b.) Vigas bi-engastadas: 
 
 
 
Como exemplo prático de vigas deste tipo, podemos citar: 
 
 vigas que chegam em pilares de elevadores, normalmente com dimensões avantajadas. 
 
 P1 elev V1 
 
 
 
 
 
 
P2 elev V2 
 
 As vigas V1 e V2 seriam consideradas engastadas nos pilares P1elev. e P2elev. 
 
 
 vigas que chegam em pilares de grandes dimensões: 
 
 P1 
V1
 P2 
 
 
 
Nos preocuparemos neste capítulo, com a resolução de vigas hiperestáticas simples 
com inércia constante, que é o caso mais comum nas aplicações. 
 Para isso utilizaremos, na obtenção dos momentos de engastamento, os Teoremas de 
Mohr, lembrando que no engaste a rotação é nula. 
 
 
2. Resolução: 
 
 Vamos imaginar uma viga AB isostática submetida, separadamente, a um 
carregamento qualquer, a um momento no apoio A e a um momento no apoio B. 
 
 A B 
 
 L 
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Adotaremos as seguintes hipóteses: 
 
a.) validade da Lei de Hooke ( viga trabalhando no regime elástico); 
b.) Bernovilli: após a deformação as secções da viga permanecem planas; 
c.) Navier: proporcionalidade entre a tensão e a deformação unitária. 
 
 
CARREGAMENTO QUALQUER: 
 
Pelo Teorema de Mohr : A1 = A0 B1 = B0 
 E.I E.I 
 
Ao e Bo são as reações de apoio da viga auxiliar (reações fictícias). 
 
MOMENTO NO APOIO A: 
 
Seguindo o mesmo raciocínio, teremos: A2 = MA x L B2 = MA x L 
 3 E.I 6 E.I 
 
MOMENTO NO APOIO B: 
 
Seguindo o mesmo raciocínio, teremos: A3 = MB x L B3 = MB x L 
 6 E.I 3 E.I 
 
Fazendo a superposição dos 3 casos anteriores, a rotação total em cada apoio será : 
 
 Apoio A ----------------- A = A1 + A2 + A3 
 Apoio B ----------------- B = B1 + B2 + B3 
 
 Vide deduções na apostila e em sala de aula ! 
 
 As expressões 6A0 e 6B0 foram denominadas de Termos de Carga. Assim: 
 L L 
 
 E = Termo de Carga à Esquerda  E = 6.A0 
 L 
 
 
 D = Termo de Carga à Direita  D = 6.B0 
 L 
 
 E e D são chamados de Termos de Carga porque estão relacionados com o 
carregamento da viga. Convém observar que E e D se referem a uma viga isostática AB. 
 
- CASOS PARTICULARES: 
 
a.) Viga Engastada – Apoiada: 
 
 A = 0 (engaste ) 
 A B MB = 0 (apoio) 
 L 
 MA = - E 
 E D 2 
 
 
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b.) Viga Apoiada – Engastada: 
 
 B = 0 (engaste ) 
 A B MA= 0 (apoio) 
 
L 
 
 E D MB = - D 
 2 
 
 
c.) Viga Bi – Engastada: 
 
 A = 0 (engaste) 
 A B B = 0 (engaste) 
 L 
 
 E D 
 
 MA = - 1 (2E – D) MB = - 1 (2D – E) 
 3 3 
 
 
 
Conhecidos os momentos de apoio (MA e MB), recaímos no caso de resolução de 
vigas bi-apoiadas submetidas aos carregamentos de vão mais a influência de MA e MB, agoras 
conhecidos. 
 
 MA MB 
 
 
 A L
 B 
 
 
 
 OBS.: Consideramos MA e MB, sempre com sentidos positivos, para trabalharmos com 
sinais, conforme orientação dada anteriormente. 
 
 
3. Termos de Carga: 
 
 Os Termos de Carga, estando relacionados com o carregamento de uma viga 
isostática, poderão ser tabelados para cada tipo de carga. 
 A seguir faremos alguns exemplos de determinação dos termos de carga à esquerda e 
à direita. 
 
 a.) Carga Uniformemente Distribuída: 
 
 q 
 E = D = q x L
2 
 A B 4 
 L 
 E D 
 
 
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b.) Carga Concentrada: 
 
 P 
 a b Resolvendo: E = P.a.b.(L+b) 
 L2 
 
 A L
 B D = P.a.b.(L+a) 
 L2 
 E D 
 
 
c.) Carga Triangular: 
 
 p E = 7.p.L2 
 60 
 
 A B D = 8.p.L2 
 L 60 
 E D 
 
 
 
 
4. Exercícios: 
 
Traçar os diagramas de M.F. e F.C.: 
 
1.) P=40 KN 
 q = 20 KN/m MA = - E = - 425 = - 212,50KN.m 
 2 2 
 A B 
 a =2,0 b = 6,0 E = E1 + E2= 425 KN.m 
 L = 8,00 
 E1 = q.L
2 = 320 KN.m 
 4 
 E2 = P.a.b.(L+b) = 105 KN.m 
 L2 
 M.F 
 VA= V
o
A+ c = (q.L+ P.b) + (MB – MA) 
 2 L L 
 VA = 136,50 KN 
 X = 3,175 
VB= V
o
B+ c = (-q.L+ P.a) + (MB – MA) 
 F.C. 2 L L 
 VB= - 63,50 KN 
 
 
 
 
 
 
 
 
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2.) P = 20 KN 
 
 A B 
 1,00 4,00 MA = - P.a = - 20 KN.m 
 
 P 
 MA
 MB MB = - D 
 2 
 
 
 
L / 3
 MA 
 
 M.F. 
 L D = MA 
 E = 2.MA 
 
 F.C MB= - MA= - (-20)  
 2 2 
 MB= 10 KN.m 
 
 
 
 
 
 
3.) 
 p = 30 KN/m 
 
 
 A B 
 L = 10,00 Resposta: MB = -200 KN.m 
 
 
 
 
4.) 
 
 q = 30 KN/m E = D= q.L2 
 4 
 A B 
 L= 6,00 MA=MB= -1.(2D–E)= -E = -D 
 3 3 3 
 
 MA=MB= - q.L
2 = - 90 KN.m 
 4.3 
 
 
5.) 
 P=80 KN Respostas: 
 
 MA = - 102,40 KN.m 
 A B 
 2,00 8,00 MB = - 25,60 KN.m 
 
 Mmáx= 41 KN.m 
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6.) 4 tf MA= - 1 .(2.E – D) 
 3 
 
 A C D B MB= - 1 .(2.D – E) 
 2 tf 3 
 2,00 2,00 2,00 
 MA = -2,67 tf.m ; MB = 0 tf.m 
 
 
7.) 
 80 KN 
 40 KN/m MA= - 80 x1 = - 80 KN.m 
 
 MB = - D = - 280 KN.m 
 A 
 B 2 
 1,00 1,00 8,00 
 MA MB D = D1+D2 = MA + q.L
2 
 40 KN/m 4 
 D= -80 + 640 = 560 KN.m 
 
 
 
 
8.) 
 p=20KN/m 30 KN Respostas: 
 M=10KN.m 
 MB = -30 KN.m 
 A B 
 MA= - E 
 2,50 2,50 1,00 1,00 2 
 
 
 
 
9.) 
 p= 20 KN/m 
 p=20 KN/m
 
 
 MA=-20.2.1.2=-13,33 KN.m 
 A B 2 3 
 2,00 6,00 
 
 
 
 
 
5. Recalques de Apoio: 
 
 Os Recalques de Apoio produzem esforços adicionais nas vigas hiperestáticas 
simples, como veremos a seguir. 
 Vamos considerar uma viga isostática AB sujeita a um recalque no apoio B, como 
indicado abaixo: 
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 A B 
 
  
 
 B’ 
 
L 
 
 Assim, os Termos de Carga devido a Recalques de Apoio serão: 
 
 E = + 6.EI. D = - 6.EI. 
 L2 L2 
 
 
6. Exercícios: 
 
1.) Determinar a influência de um recalque de 2 cm no apoio B da viga hiperestática simples 
indicada sendo dados: 
 E= 2.000 KN/cm2  devido c.u.d. E1 = q.L
2 
 I= 0,00208 m4 4 
  devido recalque  E2 = 6.EI.
 
 L2 
 
q = 10 KN/m 
 MA = - E 
 A B 2 
 =2cm 
 L=6,00 B’ E= E1+ E2= 228,70 KN.m 
 
  MA=-114,4 KN.m 
 
 
M.F. 
 
 
 
 
F.C. 
 
 
 
7. Influência da Temperatura: 
 
 Quando houver diferença de temperatura entre a fibra superior e inferior da barra, ela 
tenderá a curvar-se, havendo um deslocamento angular A no apoio A e B no apoio B, numa 
secção qualquer. 
 dx 
 
 
 d d 
 A C D B C
 dx
 D 
 L/2 d 
 d 
 dx dx..t 
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 Assim: E= D= 3.EI..t 
 d 
 
 
 
8. Rotação Forçada: 
 
 Vamos admitir que num apoio engastado de uma viga hiperestática simples, haja uma 
rotação de apoio, forçada. Este é um caso raro, na prática; no entanto é importante como 
etapa auxiliar de cálculo no Método dos Deslocamentos. 
 Seja, então, a viga AB com uma rotação forçada no apoio A, como indicado abaixo: 
 
 
 A E= 6.E.I.A 
 A L 
 A B 
 B=0 
 L Como B = 0  D = 0 
 
 
Obs.: Para uma viga engastada-apoiada, vale o mesmo raciocínio acima demonstrado. 
 B 
 B D = 6. EI.B 
 A B L 
 
 L 
 Como A = 0  E = 0 
 
 
 
9. Exercícios: 
 
1.) Qual a temperatura a ser atingida na fibra superior da viga abaixo, para que o momento 
fletor no apoio A seja nulo? Traçar em seguida os diagramas de M.F. e F.C. 
 
 
 40 KN 20cm 
 10 KN/m 
 
 80cm 
 A B 
 
 8,00 2,00 
 E= 2x10
7 KN/m2 
 I= 0,00853 m4 
 tinf. = 10 
oC 
 = 10-5 oC-1 
M.F. d=0,80 m 
 
 - c.u.d.: E= q.L2 
 4 
 
F.C. - temp.: E = 3.EI..t 
 d 
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2.) Obter a rotação a ser imposta no apoio A para que o momento fletor neste apoio seja igual 
a 20 KN.m. Traçar em seguida o diagrama de M.F. 
 
 80 KN 
15cm
 
 A q= 40 KN/m 
 60cm 
 
 A B 
 4,00 2,00 I= 0,0027 m4 
 
 
 
3.) Traçar o diagrama de Momentos Fletores da viga indicada sabendo-se que devido ao 
carregamento indicado, houve um recalque de 2cm no apoio A e de 1cm no apoio B. 
 
 q = 30 KN/m Dados:
 
 
 A B E= 2x10
7 KN/m2 
60 cm 
 L= 8,00 I = 3,6x10
-3 m4 
 20 
 - c.u.d.: E1 = D1= q.L
2 
 4 
 - recalque: D2 = E2 = 6.EI. 
 L2 
Obs.: O Recalque a ser utilizado será o Recalque Diferencial:  = A - B = 1cm 
 
 
 
4.) Resolver a viga hiperestática simples esquematizada abaixo, sujeita a um recalque no 
apoio A de 2 cm. São dados: 
 EI= 96.000 KN/m2 
 c.u.d. D2= q.L
2  devido recalque  D1 = 6.EI.
 
 4 L2 
 mom.conc. D4=-M.(L
2–3a2) 
 L2 
 
 17 KN/m
 M=350KN.m 
22 KN/mA C B MA= - 34 KN.m 
 A 
 A’ MB = - D 
 2,00 3,00 7,00 2 
 
 
D = D1+ D2+ D3+ D4 = 115,2 + 550 – 34 – 255,5 = 375,70 KN.m 
 
 MB= - D = - 375,70  MB= - 187,85 KN.m 
 2 2 
 
 
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5.) Qual deverá ser o recalque no apoio B da viga hiperestática dada, para que o M.F. em B 
seja nulo ? Traçar em seguida o diagrama de F.C. 
 
 40 KN 
 20 KN/m 
 Dados: 
 A B 
 B E= 2x10
7 KN/m2 
 
 B’ 
 1,00 2,00 8,00 I= 0,0036 m
4 
 
 -recalque: D1 = 6.EI. 
 L2 
 
 -c.u.d.: D2= q.L
2 
 4 
F.C. 
 
 
 
 
MA= - 40x2 = - 80 KN.m MB =- D = 0 (enunciado) 
 2 
D = D1+D2+D3= - 6750xB + 320 – 80  D= 240 - 6750x B 
 
Como MB = 0  MB= -D  0 = -(240 - 6750xB)  B = 0,0356 m 
 2 2 
 
 Tendo os momentos, recaímos no caso de resolução de vigas isostáticas. 
 
 
 
6.) Traçar os diagramas da viga hiperestática indicada abaixo, submetida a um recalque de 
0,10 cm no apoio A e 0,40 cm no apoio B. 
Dados:  E = 2x10
7 KN/m2  I= 0,0036 m4 
  recalque: D1 = 6.EI.  c.u.d. : D2= q.L
2 
 L2 4 
  mom.apoio: D3 =MA  c.conc.:D4=Pab.(L+a) 
 L2 
 
 
 20 KN 20 KN 20 KN 
 10 KN/m Recalque Diferencial 
  = B - A 
 A B B A = 0,10 cm 
 B = 0,40 cm 
   = 0,30 cm 
 2,00 3,00 2,00 3,00 
 MA=- 20 x 2 =- 40 KN.m 
 MB =- D = -106,13 KN.m 
 2 
 
 
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7.) Traçar os diagramas de M.F. e F.C. levando em consideração uma diferença de 
temperatura de t = - 20 oC. 
 
 P=4 tf 30 cm 
 q= 2 tf 
 70 cm 
 
 A B 
 3,00 5,00 
 I= 0,0086 m4 
 E= 2x10
6 tf/m2 
 = 10-5 oC-1 
 d=0,70 m 
M.F. t = -20 oC 
 - c.conc.: E= Pab.(L+b) 
 L2 
 D= Pab.(L+a) 
 L2 
F.C. - temp.: E=D= 3.EI..t 
 d 
 - c.u.d.: E=D= q.L2 
 4 
 
MA= - 1 .(2E –D) =-10,44 tf.m MB= - 1 .(2D –E) = - 8,57 tf.m 
 3 3 
 
E = E1(c.conc.) + E2(c.u.d.) + E3(temp.) = 29,44 tf.m 
 
D = D1(c.conc.) + D2(c.u.d.) + D3(temp.) = 27,57 tf.m