Cap 2 problemas estaticamente indeterminados

CA

PÍT

UL

O 2 PROBLEMAS DE FLEXÃO

ESTATICAMENTE INDETERMINADOS.

2. Problemas de flexão estaticamente indeterminados.

2.1. Grau de hiperestaticidade.

Nos casos particulares de vigas isostáticas, as reações de apoio são facilmente

obtidas utilizando-se, apenas, as equações de equilíbrio da estática. Conhecida as reações, é

possível obter os esforços internos (momento fletor e forças cortantes) da viga e, por

conseguinte, as correspondentes tensões e deformações. Nos casos de vigas hiperestáticas ou

estaticamente indeterminadas, as equações da estática são em número insuficiente para se

determinar as reações. Neste caso, deve-se lançar mão de equações de compatibilidade de

deformação, como complementação as equações de equilíbrio estático, para possibilitar a

determinação das reações de apoio da estrutura.

O grau de hiperestaticidade de uma estrutura é determinado pela diferença entre o

número de equações de equilíbrio estático e o número de incógnitas, a saber: reações de

apoio (grau de hiperestaticidade externa) e esforços internos (hiperestaticidade interna) da

estrutura. Neste curso será estudado somente o caso de hiperestaticidade externa, sendo o

grau de hiperestaticidade determinado pela diferença entre o número de reações de apoio a

determinar e o número de equações de equilíbrio estático disponíveis.

Estudaremos alguns métodos para resolução de vigas estaticamente indeterminadas,

os quais têm como objetivo principal determinar as reações que excedem o caso isostático.

2.2. Método da superposição de efeitos

O método consiste no emprego das equações da linha elástica de vigas isostáticas,

superpondo ou combinando os efeitos isolados dessas vigas, de modo a resultar na estrutura

Capítulo 2: Problemas de flexão estaticamente indeterminados 2

hiperestática analisada. Tal método é de fácil compreensão, cuja essência pode ser descrita

na seguinte seqüência:

a) Inicialmente identifica-se o grau de hiperestaticidade, ou número de reações que

tornam a viga hiperestática;

b) Escolhem-se e retiram-se os vínculos em excesso, de modo que a viga resulte

em uma estrutura isostática, denominada estrutura primária;

c) Na estrutura primária é fácil determinar, para o carregamento externo, as reações

de apoio e os deslocamentos na posição e na direção dos vínculos retirados;

d) Novamente na estrutura primária consideram-se isoladamente as reações

excedentes (chamadas de reações hiperestáticas), cujos vínculos foram removidos, como

cargas atuantes. Dessa forma, determinam-se os deslocamentos, na direção de todos os

vínculos retirados, para cada uma dessas cargas;

e) Pelo princípio da superposição de efeitos, os deslocamentos finais, decorrentes

da ação simultânea das cargas reais e das cargas correspondentes aos vínculos, devem ser

iguais à soma algébrica dos deslocamentos calculados separadamente;

f) Finalmente devem-se compatibilizar os deslocamentos nas posições e direções

dos vínculos removidos. No caso, os deslocamentos finais associados a esses vínculos são

valores prescritos (nulos, de valor conhecido, no caso de recalque de apoio ou uma função

dos hiperestáticos correspondentes no caso de apoios elásticos). A partir dessa

compatibilização, obtém-se um sistema de equações lineares cuja solução resulta nas reações

excedentes (reações hiperestáticas);

g) Finalmente, utilizando-se as equações de equilíbrio da estática determinam-se as

reações restantes.

Vale relembrar que a validade deste método está associada à consideração da

linearidade física e geométrica utilizada no estudo de vigas realizado.

Considere a viga seguinte:

A

Bx

y

l

q


A viga da anterior apresenta grau de hiperestaticidade 1, pois temos 3 reações a

determinar (RA, MA e RB) e apenas duas equações de equilíbrio estático (∑ = 0Fy e B

)∑ = 0M o . Para resolver tomemos, por exemplo, a reação RBB como reação hiperestática.

O sistema primário será então uma viga engastada e livre, na qual devemos aplicar o

carregamento externo e a reação de apoio separadamente (figura a seguir), superpor os dois

casos e compatibilizar o deslocamento vertical em B.

y

l

q

xA B

y

A

l

B

RB

x

Essas vigas foram resolvidas no capítulo anterior, sendo obtidas as seguintes

equações:

Carregamento externo:

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−= 432

2

241

64xxlxl

EIqxy

z

, deslocamentos transversais;

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−= 32

2

61

22xxlxl

EIq

dxdy

z

, rotações das seções.

Com isso o deslocamento associado à posição e a direção do vínculo retirado

corresponde ao deslocamento vertical no ponto B, o qual é determinado a seguir:

( )

zz

IB EI

qllllllEIqyylx

8241

64

4432

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−==⇒=

Reação excedente RB : B

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −= 23

261 xlx

EIRxy

z

B , deslocamentos transversais;

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −= lxx

EIR

dxdy

z

B 2

21



Assim, o deslocamento na posição e na direção de RB será dado por: B

( )

z

B

z

BIIB EI

lRlllEIRyylx

3261 3

23 −=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −==⇒=

Pelo princípio da superposição, o deslocamento final no ponto B é dado pela soma

algébrica que, por força da vinculação existente, é igual a zero. Assim: ( ) ( )I IIB By y+

( ) ( )

83

830

43 qlREIql

EIlRyy B

zz

BIIB

IB =⇒+−==+

Essa equação ( ( ) ( ) 0I IIB By y+ = ) é comumente denominada “equação de

compatibilidade”, porque exprime condições impostas ao deslocamento.

Conhecido o valor de RB, é de fácil determinação as outras reações da viga. Para

isso, basta empregar as equações de equilíbrio da estática:

B

( )8

500 qlRqlRqlRRF BABAy =−=⇒=−+⇒=+↑ ∑ MA

RBRA

q

l +82

02

02qllRlqlMlRlqlMM BABAa =⋅−⋅+=⇒=⋅+⋅−⇒=∑

Apoios elásticos:

Seja resolver a viga ilustrada na figura a seguir.

y

l

A qB

x

Na mola linear em B (também chamada de apoio elástico) aparecerá uma força

restauradora no sentido oposto ao deslocamento vertical neste ponto.

Considerando um deslocamento vertical δ “para baixo” (direção positiva do

deslocamento) a mola exercerá uma força “para cima” (RB = δ KB V) na seção B da viga, sendo

KV a constante da mola.

A resolução é a mesma já realizada para o caso da viga engastada e apoiada, bastando

atentar para o fato de que a condição de contorno geométrica em x = l será neste caso dada

por: ( )V

B

KRly = .

Resolução da viga com apoio elástico em B:


Novamente, o sistema primário será então uma viga engastada e livre, na qual

devemos aplicar o carregamento externo e a reação de apoio separadamente (figura a seguir),

superpor os dois casos e compatibilizar o deslocamento vertical em B.

y

l

q

xA B

y

A

l

B

RB

x

A resolução destes dois casos é exatamente igual à feita anteriormente:


( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−= 432

2

241

64xxlxl

EIqxy

z

, deslocamentos transversais;

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−= 32

2

61

22xxlxl

EIq

dxdy

z


Com isso o deslocamento associado a posição e a direção do vínculo retirado

corresponde ao deslocamento vertical no ponto B, o qual é determinado a seguir:

( )

zz

IB EI

qllllllEIqyylx

8241

64

4432

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−==⇒=

Reação excedente RB : B

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −= 23

261 xlx

EIRxy

z

B , deslocamentos transversais;

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −= lxx

EIR

dxdy

z

B 2

21


Assim, o deslocamento na posição e na direção de RB será dado por: B

( )

z

B

z

BIIB EI

lRlllEIRyylx

3261 3

23 −=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −==⇒=


Pelo princípio da superposição, o deslocamento final no ponto B é dado pela soma

algébrica . Assim: ( ) ( )I IIB By y+

( ) ( )

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

+=⇒+−==+

3

443

31

83

83 lKEI

qlREIql

EIlR

KRyy

V

zB

zz

B

V

BIIB

IB

Note-se que para o caso em que KV → ∞ a reação 8

3qlRB → , caso de apoio

simples (deslocamento vertical nulo em B).

Conhecido o valor de RB, é de fácil determinação as outras reações da viga. Para isso,

basta empregar as equações de equilíbrio da estática.

B

O apoio elástico representa, por exemplo, uma viga ou pilar que se deforma

verticalmente. Fazendo uma comparação com a variação de comprimento de um pilar

(considerando δ positivo “para baixo”), devido a uma carga axial centrada RB, tem-se: B

RB

lEAK

lEAR

EAlRRN VB

BB =⇒δ=⇒=δ⇒−=

,

que seria a constante de mola equivalente para o

pilar.

Tratemos de outro caso, como o de uma viga apoiada em outra viga. Como exemplo,

uma viga “de apoio” biapoiada, recebendo o carregamento RB no meio do vão. B

y

l

x

RB

A elástica da viga fornece, para a seção do

meio do vão:

33

3 484848 l

EIKlEIR

EIlR z

Vz

Bz

B =⇒δ=⇒=δ

Num caso real, a viga ou pilar que servem de apoio elástico não suportam somente a

viga em questão, mas também outras cargas provenientes de outros elementos estruturais e

também de seus pesos próprios. Assim, no ponto de apoio, existe um comportamento do tipo

mola (reação e deslocamento ligados) e uma deformada independente da viga que se apoia

(que deve ser tratado como um recalque de apoio).


No caso de recalque de apoio, a resolução é exatamente a mesma. Porém na equação

de compatibilidade , tomado como um valor conhecido e constante ao dimensionar

a viga.

( ) Δ=ly

l

A qB

xΔ

Podemos resolver os casos de apoio elástico e recalque de apoio em separado e

somar os resultados obtidos. Com isso o caso mais geral de um apoio real pode ser encarado

como a soma de um caso de apoio elástico com outro de recalque de apoio.

Da mesma forma que existe deformação dos apoios na vertical, existe também um

impedimento não perfeito da rotação da viga. A ligação viga pilar, por exemplo, funciona

como uma mola rotacional, como a ilustrada a seguir.

Bx

qA

y

l

θA

MA

rotação positiva e momento

da viga sobre a mola MA

momento da mola sobre a

viga para uma rotação

positiva

Os princípios da mola rotacional são exatamente os mesmos da linear: a viga

apresenta uma rotação em um sentido e a mola gera uma “força” restauradora (neste caso um

momento) em sentido contrario. O problema é resolvido de forma análoga, sendo a condição

de contorno em A, considerando uma rotação positiva, dada por: R

A

KM

dxdy

=0

, sendo KR a

constante da mola rotacional. Da mesma forma que no apoio elástico linear, existindo

também uma rotação θ independente do momento MA, basta imaginá-la como um recalque

no apoio A e resolver o problema separadamente utilizando θ=0dx

dy, sendo este um valor

considerado conhecido e constante ao dimensionar a viga.

2.3. Método da equação diferencial da elástica.

O processo de solução é essencialmente o mesmo que aquele utilizado para as

vigas estaticamente determinadas, o qual consiste em estabelecer a equação diferencial,


achar sua solução geral e, por intermédio das condições de contorno, determinar as

constantes de integração. Sempre haverá condições de contorno suficientes para as

constantes de integração assim como para as reações excedentes.

Tomemos o mesmo exemplo da viga engastada e apoiada do item anterior.

A

Bx

y

l

q

Pelo equilíbrio estático obtém-se;

2

0 0

0 02 2

A B A B

A A B A B

Fy R ql R R ql R

l qlM M ql l R M l R

∑ = ⇒ − + = ⇒ = −⎧ ⎫⎪ ⎪⎨ ⎬∑ = ⇒ − + ⋅ = ⇒ = − ⋅⎪ ⎪⎩ ⎭

RA⇒ e AM em

função de BR

A função geral do momento fletor pode ser escrita, em função de , na seguinte

forma:

BR

( )

22 2

22

( ) ( )2 2

( )2 2

A A B B

B B

q qlM x R x M x M x qlx R x l R x

q qlM x x ql R x l R

= ⋅ − − ⇒ = − − + ⋅ − ⇒

−⇒ = + − + ⋅ −

2q

A equação diferencial da elástica apresenta, então, a seguinte redação:

( )⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−+−=⇒−=

221 2

22

2

2

2 qllRxRqlxxqEIdx

ydEI

xMdx

ydBB

zz

Desenvolvendo-se duas integrais sucessivas resulta, para o caso particular de EIZ

constante:

1

2223

2226CxqllxRxRxqlxq

dxdyEI B

Bz ++−+−=

( ) 212

22334

426624CxCxqllxRxRxqlxqxyEI BB

z +++−+−=


Na expressão geral de y(x) há três constantes a determinar: C1, C2 e RB. Da mesma

forma há três condições de contorno geométricas que podem ser utilizadas: ,

B

0Ay = 0Aθ =

e . 0By =

Aplicando-se essa três condições de contorno obtém-se:

0 (0) Ax y y= ⇒ = = 0 e (0) 0Adydx

θ θ= = =

1 1

2 2

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0A

dy C Cdxy C

= ⇒ + + + = ⇒ =

= ⇒ + + + + = ⇒ =C

( ) 0Bx l y l y= ⇒ = =

( )8

3426624

0 22

2334 qlRlqlllRlRlqllqly BBB =⇒+−+−⇒=

Com o valor de RB fica fácil determinar as outras reações utilizando-se as equações

de equilíbrio da estática. Isso já foi feito anteriormente, obtendo-se as seguintes expressões:

B

2 2 2

3 58 8

32 2 8

A B A A

A B A A

ql qlR ql R R ql R

ql ql ql qlM l R M M

= − ⇒ = − ⇒ =

= − ⋅ ⇒ = − ⇒ =2

8

É importante comentar que surgem dificuldades de cálculo quando há um número

excessivo de constantes de integração. Dessa forma, este processo de resolução de vigas

estaticamente indeterminadas só é prático para os casos simples de carregamento e para

vigas com um único vão.

Caso de apoio elástico em B:

Da mesma forma que anteriormente, a resolução seria feita da mesma forma do que

para a viga engastada e apoiada, bastando substituir, na equação de compatibilidade

( )V

B

KRly = , em lugar de ( ) 0=ly , tal procedimento fornece:


( )⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

+=⇒=+−+−⇒=

3

42

22334

31

83

426624 lKEI

qlRKREIlqlllRlRlqllq

KRly

V

zB

V

Bz

BB

V

B

2.4. Método dos momentos estáticos de área.

Consiste basicamente na aplicação do método dos momentos estáticos de área,

também empregado para o caso de vigas isostáticas.

Considerando-se uma porção AB da elástica de uma viga (figura seguinte). O

diagrama de momentos fletores entre os pontos A e B também se encontra ilustrado na

figura. Partindo-se de duas seções m1 e m2 da viga, distantes de ds: para este trecho de

comprimento infinitesimal, pode-se admitir que o raio de curvatura ρ seja constante e, neste

caso, seu comprimento ds pode ser escrito como θ⋅ρ= dds , sendo ρ o raio de curvatura.

Utilizando apenas valores absolutos, escreve-se:

dxEIMd

z

=θ = área infinitesimal do diagrama zEI

M

C

AB

Δx 1dθ

dx

x

x 1 B '

p 1

p 2

DM

ρ

dθ

m 1 ds

θ

m 2

dθ

+


A linha m1p1 é a tangente à elástica em m1 e a linha m2p2 é a tangente à elástica em

m2. O ângulo formado por estas duas tangentes é dθ .

Integrando agora entre os pontos A e B, obtém-se o ângulo θ formado pelas

tangentes à elástica em dois pontos, A e B:

∫ ⇒=θB

A z

dxEIM

Área do diagrama de M (DM), entre A e B, dividida por EIz.

Primeiro teorema do momento estático de área: O ângulo θ entre as tangentes à curva da

elástica entre dois pontos A e B é igual à área do diagrama de momento fletor entre esses

dois pontos, dividida por EIz.

Sendo θ pequeno, a contribuição do elemento m1m2 para a deflexão do ponto B

em relação à tangente no ponto A, pode ser escrita como:

Δ

dxEIMxdx

z11 =θ

Integrando entre A e B a deflexão total Δ resulta em:

∫∫ ⇒=θ=ΔB

A

B

A

dxEIMxdx 11 Momento estático em relação ao ponto B, da área do diagrama

de M entre A e B, dividida por EIz.

Segundo teorema do momento estático de área: A deflexão Δ de um ponto B para a tangente

em um ponto A é igual ao momento estático, em relação a B, da área do diagrama de

momento fletor entre A e B dividida por EIz.

Neste método também se faz necessário utilizar uma estrutura isostática primária,

determinar os deslocamentos causados pelo carregamento real e pelas reações excedentes

para, em seguida aplicar o teorema.

Como ilustraçao, façamos mais uma vez o exemplo da viga engastada e apoiada.

A

Bx

y

l

q

Estrutura primária: retiremos novamente o vínculo relativo a B.

Momentos relativos ao carregamento real q e a carga RB na direção do vínculo: B


Carregamento Diagrama de momento fletor

y

l

q

xA B

(1)

--ql

2

2

y

A

l

B

RB

x

(2)

RBl +


( )2

2

1 22xqqlxqlM −+−= e x1 = l-x

O momento estático da área do diagrama é dado por:

( ) ( ) 82222

4

0

322

223

0111

qldxxqqlxxqlxqlxqlqldxxMSll

−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−+−+−== ∫∫

Reação hiperestática:

( ) xRlRM BB −=2 e x1 = l-x

O momento estático da área do diagrama é dado por:

( ) ( ) ( )3

3

0

22

0122

lRdxxRlxRlxRlRdxxMS Bl

BBBB

l

−=+−−== ∫∫

A tangente à elástica, na estrutura real, em A passa pelo ponto B, logo a deflexão

de B em relação a A vale zero. Com isso, e considerando o segundo Teorema do Momento

Estático, pode-se escrever:

( ) ( )

830

380

3421 qlRlRql

EISS

BB

z

=⇒=+−⇒=+

Com as equações d equilíbrio da estática determinam-se as outras reações.


Caso do apoio elástico:

Note-se, pela figura a seguir, que para o caso do apoio elástico, tem-se:

y

A

l

q

δ xB deformada da viga

tangente à elástica em A

( ) ( )

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

+=⇒−=+−⇒−=δ−=

+

3

43421

31

83

38 lKEI

qlRKREIlRql

KR

EISS

V

zB

V

Bz

B

V

B

z

Novamente, basta aplicar s equações de equilíbrio da estática para encontrar RA e

MA.

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