Süssekind curso de análise estrutural 3

CURSO DE
ANÁLISE ESTRUTURAL
Volume III
Método das deformqõer.
Processo de Croa.

CURSO DE
ANÁLISE ESTRUTURAL
Volume I I I
Método das deformações.
Processo de Cross.
7."Edicão

Copyright O 1973 by José Carlos Sussekind
A primeira edição desta obra foi realizada em convênio com a
Universidade de São Paulo.
Dados de Catalogação na Publicação (CIP) Internacional
(Câmara Brasileira do Livro, SP, Brasil)
Sussekind, José Carlos, 1947-
S963c Curso de análise estrutural / José Carlos Susse-
v.1-3 kind. - Rio de Janeiro : Globo, 1987.
Conteúdo: v. 1. Estruturas isostáticas. 9. ed. -
v. 2. Deformações em estruturas. Metodo das forças.
8. ed. -v. 3. Método das deformações. Processo de
Cross. 7. ed.
ISBN 85-250-0226-7
1. Deformações (Mecânica) 2. Estruturas - Aná-
lise (Engenharia) 3. Forças e tensões I. Titulo.
indices para catálogo sistemático:
1. Análise estrutural : Engenharia 624.171
2. Deformações : Engenharia de estruturas 624.176
3. Estruturas : Análise : Engenharia 624.171
4. Forças : Análise estrutural : Engenharia 624.176
Todos os direitos reservados. Nenhuma parte desta edição pode ser
utilizada ou reproduzida - em qualquer meio ou forma, seja me-
cânico ou eletrõnico, fotocópia, gravação etc. - nem apropriada
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Apresentacão
A idéia de escrever este Curso de Análise Estrutural nasceu da necessi-
dade encontrada de um texto que nos servisse de suporte para o ensino da
Isostática e da Hiperestática aos futuros engenheiros civis, idéia esta que
cresceu com o estímulo recebido da parte de diversos colegas de magistério,
que sevêm deparando com o mesmo problema, e cuja concretização se tornou
possível a partir do interesse demonstrado pela Editora Globo em editá-lo.
O Curso de Análise Estrutural será dividido em três volumes, no primei-
ro dos quais estudaremos os esforços nas estruturas isostáticas, ficando o es-
tudo dos esforços nas estruturas hiperestáticas e das deformações em estru-
turas em geral para ser feito nos segundo e terceiro volumes. Nestes últimos,
incluiremos também o estudo de alguns tópicos especiais, cujo conhecimento
julgamos indispensável ao engenheiro civil.
Na apresentação deste Curso, é dever de gratidro mencionar o nome do
extraordinário professor que é o Dr. Domicio Falcáo Moreira e Silva, a quem
devemos nossos conhecimentos de Mecinica Racional e de Mecànica das
Estruturas, e por iniciativa de quem fomos lançados no magistério superior,
na Pontificia Universidade Católica do Rio de Janeiro.
Agradecemos antecipadamente aos nossos leitores e colegas quaisquer
comentários, sugestões ou críticas que nos venham a enviar através da Editora
Globo, pois, a partir deles, estaremos em condições de tentar sempre melhorar
este trabalho, no sentido de torná-lo cada vez mais útil ao nosso estu-
dante - objetivo final de nossos esforços.
Rio de Janeiro, 10 de abril. de 1974
José Carlos Sussekind

Sumário
CAPÍTULOI - O METODO DAS DEFORMAÇÕES
I - A idéia d o método - Incógnitas I
2 - Númem de incógnitas - Deslocabilidade interna e externa 5
2.1 - Dcrlocabilidade interna 5
2.2 - Derlocabilidade externa 6
2.3 - Número total de deslocabilidades 8
3 - Grandezas fundamentais 10
3.1 - Rigidez dc uma barra II
3.2 - mo minto^ devidos a deslocamentos ortogonais recíprocos 15
4 - O mecanismo do método das deformações 20
4.1 - 0bservai;óes 24
4.2 - Roteiro para o metodo das deformações 26
5 - Aplicapies $ estruturas sem deslocabilidades a t a n a s 27
5.1 - Atuacão de carregamento externo 27
5.2 - Atuaiiio de var?aç2o de temperatura ou recalques de apoios 44
5.2.1 - R7c;ilqur de apoio 44
5.2.2 - Varia~áodc trmperstura 48
6 - Aplicação às estruturas com deslocabilidades externas 57
7 - Simplifica~ãopara o casa de estruturas elástica e geometricamente simétricas 73
7.1 - Estruturas planas 73
7.1.1 - Caro rm que o cixo de simetria intercepta um nó da estrutiira 73
7.1.2 - Caso em que o eixo dc simeuin intercepta completamcntr uma barra da
estriitiira 75
7.1.3 - Caso em que o cixo de simetria intercepta tima única s e ~ ã ode uma barra 76
7.2 - Grrlliar 106
7.2.1 - Caso em que o eixo de simetria intercepta um nó da grclha 106
7.2.2 - Caso em que o cixo de simetria intercepta completamente uma
barra da grelha 108
7.2.3 - Caso em quc o eixo de simctria intercepta uma barra da grelha numa
Única secão 109

8 - Caso de barras com inércia variável 120
8.1 - Inércia da barra varia "em saltos" 120
8.2 - Inéroia da barra variando "em misula" 125
8.3 - Inércia da barra varia aleatoriamente 160
9 - U>nsideração dos efeitos do esfap namal 160
9.1 - Quadros com tirantes (au escoras) 160
9.2 - Quadros para os quais dcscjamos levar em conta as deformações por
ertor~oiiornial 166
10 - Problemas propostos 171
CAPíTULO n - PROCESSO DE CROSS
I - Introdução 181
2 - A idéia do processo 184
3 - Roteiro do pmcesso de Cross para estruturas indeslocáveis 195
4 - Aplicação às estruturas planas indeslodveis 197
5 - Aplicação do p~ocesíode Cross $s estruturas externamente deslocáveis 215
5.1 - lntroduçáa 215
5.2 - Roteiro do proccsso de Cross para estruturas desloçáveis 216
5.3 - Aplicacões 218
6 - Aplicação do pmcesso de Cross ao trapdo de linhas de influência 234
6.1 - Roteiro 234
6.2 - Aplicações 238
7 - Aplica* do pmcesso de Cross Ps grelhas 248
7.1 - Apresentação 248
7.2 - Aplicações 253
8 - Problemas pmpostos 261
CAPíTULO ííi - INTRODUÇÃO AO ESTUDO DOS CABOS
I - Consideraçóea preliminares 267
2 - Cabos com carregamento distribuido segundo o vão 268
2.1 - Relação entre efeitos no cabo e esiorqos na vtga dc substitui~Zo 268
2.2 - Caso de carga uniformcmcntc distribuída 271
2.3 - Aplicaqões 275

2.4 - Efeitos secundários nos cabos 279
2.4.1 - Alongamento clástico de um trccho de cabo com carga uniformemente
distribuída 279
2.4.2 - Variacão de temperatura 281
2.4.3 - A ~ ã ado vento 283
3 - Cabos mm ean-ento uniímemente distribuido segundoseu mmprimento 285
3.1 - Caso geral: pontos de suspcnsio em níveis diferentes 285
3.2 - Caso particular: pontos de suspensjo no mesmo nível 289
3.3 - Aplicaç6er 290
4 - Exercidos propostos 292

Introducão ao terceiro volume
O terceiro volume de nosso Curso abrange o estudo do segundo grande
método da Hiperestática, que é o método das deformações, apresentado
inicialmente sob sua formulação mais geral (e que é, modernamente, a mais
importante, tendo em vista a possibilidade de automatização do cálculo
estrutural através de computadores) e, a seguir, abordando-se um processo
particular pertencente a este método geral, processo este muito rápido e
comodo, introduzido na Análise Estrutural pelo professor Hardy Cross e
que consiste numa distribuição simples de momentos em torno dos nós de
estrutuia, diminuindo (e as vezes eliminando, no caso de estruturas indes-
locáveis) em muito a ordem do sistema de equações de compatibilidade em
cuja resolução recairá a solução da estrutura estudada.
Completa o terceiro volume uma Introdução ao Estudo da Estática dos
Cabos, onde apresentamos a teoria de primeira ordem sobre o assunto, que
permite, com excelente aproximação, a resolução da grande maioria dos
problemas da prática.
Encerrando a introdução a este terceiro volume de nosso Curso e que
marca, pelo menos nesta primeira fase, o fial do mesmo, gostaríamos de
alertar o leitoí para um ponto muito importante: somente o conhecimento
da Hiperestática Clássica - cujos conceitos fomos apresentando, escalonada-
mente, visando uma boa sedimentação - possibilitará ao engenheiro projetar
uma estrutura; para o cálculo da mesma, caso seja possível e conveniente,
poderá se lançar mão de determinados programas de computadores, mas
estes jamais poderão substituir o engenheiro na fase de projeto, onde se
define a qualidade em nossa profissão.
Na oportunidade, queremos, mais uma vez, apresentar nossos agradeci-
mentos ao amigo José de Moura Villas Boas pelo trabalho de revisão de
todos os volumes deste Curso e a todos aqueles que, de uma forma ou de
outra, colaboraram para tornar possível a sua publicação.
Rio de Janeiro. 16 de Abril de 1975
José Carlos Susselcind

CAPITULO I
O MÉTODO DAS DEFORMACÕES
No método das forças, estudado no 20 volume de nosso Curso, as
incógnitas do problema hiperestático eram esforços simples (ou reações de
apoio) que, determinados, permitiam o conhecimento imediato dos diagramas
de esforços solicitantes para a estrutura em estudo, a partir dos quais,
empregando-se o teoreina de Pasternak. podiam ser calculados as rotações e
deslocamentos dos nós da mesma. Assim o método das forças inicia a
resolução da estrutura pela determinação dos seus esforços para, a partir
deles, obter deformações.
A resolução do mesmo problema hiperestático poderia ser, entretanto,
abordada de maneira inversa, isto é, determinando-se inicialmeiite as deforma-
ções sofridas pelos nós das diversas barras da estrutura para, a partir desses
valores, obtei os diagramas de esforços solicitantes da estrutura. Este será o
caminho adotado no método que exporemos neste capitulo e que, por
esta razão, será denominado método das deformaçóes.
As incógnitas deste m6todo serão, então, os ângulos de rotaçào e os
deslocamentos lineares sofridos pelos nós das diveisasbarras. Em seu cálculo.
serão desprezadas, normalmente, as deformaçóes das barras que compõem
a estrutura devidas a esforços normais (e tamMm as devidas a esforços cortan-
tes), não se constituindo este fato em nenhum erro especial peculiar ao
método pois, tambdm no estudo do método das forças, foi usual desprezar
estas deformaçúes (a não ser no caso de peças trabalhando basicamente ao
esforço normal. quais sejam, barras de treliças. esforas, tirantes. arcos, pilarcs
esbeltos, peças protendidas em geral, etc.) quando do cálculo dos 8 .
Por ora, trataremos apenas das estruturas para as quais estas últimas
deformaçúes podem ser desprezadas (quadros planos, vigas, grelhas), isto é,
estruturas para as quais podemos desprezar, para todos os fins práticos,

I 2 Curso de an8lise estrutural
a diferença entre o comprimento inicial de uma barra AB e o comprimento
final da corda AB. Mostraremos depois, para as estruturas sensíveis às
deformaçóes axiais, como o mktodo pode ser igualmente aplicado (ver item 9
deste capitulo).
Começaremos iiosso estudo estabelecendo que deformações de uma barra
devem ser conhecidas a fim de que possamos determinar os esforços nela
atuaiites. Seja, então, a barra AB indicada na Fig. I - 1.1, representando uma
barra genérica de uma estrutura: devido aos esforços que solicitam a barra.
ela se deformará assumindo a posição A 8:A passagem da posição AB
para a posiçao A E' pode ser encarada como resultante das seguintes defor-
mações, independentes umas das outras:'
Fig. 1-1
'Já que estarnos no regime linear e é válido a princípio da superposiçio de efeitos.

O metodo das deformações 3
10) Translação da barra de hA (Fig. I - 1.2): durante esta translação, a barra
se mantém reta e paralela à sua posição primitiva, de modo que não
é despertado qualquer esforço simples nesta fase;
20) Deslocamento linear de uma das extremidades da barra (por exemplo,
B) ao longo de uma direção perpendicular a seu eixo, de valor ~ B A
(este deslocamento 6 denominado deslocamento ortogonai recíproco
do nó B em relação ao nó A), sem rotação das extremidades da barra.
Conforme mostra a Fig. I - 1.3, a barra se comporta, para este desloca-
mento p ~ ,como se fosse uma viga biengastada AB, cujo engaste B
sofreu um recalque vertical igual a p B ~(este tipo de problema foi
resolvido no volume 11de nosso Curso), aparecendo então um diagrama
de momentos fletores com o aspecto indicado na figura;
30) Rotação da extremidade A da bana de valor pA. Conforme indica a
Fig. I - 1.4, a barra se comporta, para esta deformação, como uma
viga biengastada em que um dos engastes sofreu um recalque angular
de valor p ~ ,aparecendo um diagrama de momentos fletores conforme
indica a figura;
4P) Rotação da extremidade B da barra de valor pB: surge o diagrama de
momentos fletores indicado na Fig. I - 1.5, devido ao funcionamento
da barra como uma viga biengastada em que um dos engastes sofreu
um recalque pB;
5?) Deformação da barra, sem deslocamentos lineares nem rotações de
suas extremidades, devido ao carregamento externo atuante. Nesta fase,
a barra funciona como uma viga biengastada submetida ao carrega-
mento externo, aparecendo o diagrama de momentos fletores indi-
cado na Fig. I - 1.6 e que pode ser determinado sem maiores dificulda-
des, por tratar-se de resolução de uma viga biengastada para um dado
carregamento, problema este resolvido pelo mhtodo das forças e cuja
soluçâo, para os carregamentos mais correntes da prática, está tabelada
na Tabela I (para vigas de inércia constante).
Concluindo, basta conhecer os valores de p ~ ,q~ e PBA para obtermos o
diagrama de momentos fletores e, a partir dele, os demais diagramas solicitan-
tes para uma barra de uma estrutura, já que a translação 6A da barra não
introduz qualquer esforço na mesma.
h incúgnitas, i10 método das defomaçGes, para cada barra da estrutura,
serão, eiitão as rotações e os deslocamentos lineares de suas extremidades2
(já que, para determinarmos o valor do deslocamento ortogonal recíproco
'ver observafão 2, a seguir

4 Curso de análise estrutural
de uma das extremidades da barra em relação à outra, necessitaremos
conhecer os deslocamentos iineares de suas extremidades). É claro que,
nos nós rígidos (não rotulados) de uma estrutura, a rotação e o deslocamento
linear de todas as extremidades de barras nele concorrentes serão os mesmos,
o que diminui sensivelmente, o número de incógnitas do problema.
Observaçães: 1) No caso de estruturas espaciais, precisaremos conhecer
a rota@o e o deslocamento linear resultantes de cada extremidade das barras
que compõem a estrutura. Esta rotação será dada por suas componentes
(vx, v,,, pr) e o deslocamento linear por suas componentes (S,, 6,,, 8,).
num total de 6 incógnitas por nó da estrutura espacial,nos casos mais gerais.
Para as grelhas (supostas situadas no plano xy e carregadas na direção z),
precisaremos conhecer as rotaçóes px e py e o deslocamento linear S,,
num total de 3 incógnitas por nó, nos casos gerais.
2) Nu caqo de uma barra AB possuir uma das extremidades rotuladas,
(A por exemplo) sua rotapio nesta extremidade rotulada não será incógnita
do problema, pois que o diagrama de rnoinentos fietores final na barra AB
será igual à soma daquele provocado pelo deslocamento ortogonal reciproco
PEA. com o da rotação <pg e com o do carregamento externo, supostos
aplicados numa viga apoiada e engastada AB, conforme mostra o esquema
da Fig. 1-2. As incógnitas serão, apenas, pe e p a ~para a barra da Fig. 1-2.
11 - I-15
Fig. 1-2

O método das deiormaçks 5
Note o leitor que a rotação da extremidade rotulada não será
incógnita, pois é exclusivamente efeito das causas indicadas nas Figs. 1-2.3 a
1-2.5, quais sejam, deslocamento ortogonal reciproco ~ B A ,rotação ipg e
carregamento externo na barra AB, suposta rotulada em A e engastada em
B (no caso, temos: p~ = 9, - 9, + 9,).
3) Notemos que o método das deformações só pode existir devido à
existência do m6todo das forças, que é aquele que fornece os diagramas
para vigas biengastadas (ou engastadas e rotuladas) devidos a 9A, pBA,etc., a
partir dos quais formularemas o método das deformações.
2 - NÚMERO DE INCÓGNITAS - DESLOCABILIDADE INTERNA
E EXTERNA
2.1 - Deslocabiiidade interna
Seja a estrutura da Fig. 1-3. Sabemos que as incógnitas do problema são
as rotações e deslocamentos lineares dos nós B e C, já que os engastesA e D
não sofrem deformações.
No caso, entretanto, o nó C não
apresenta deslocamentos lineares, pois
o apoio do 10 género impede a com-
ponente vertical e o engaste D a com-
ponente horizontal (já que despreza-
mos as deformaçóes axiais das barras)
de deslocamento. Assim, a única in- A
cógnita do nó C será sua rotação.
Também o nó B não apresentará Fl.1-3
deslocamentos lineares, pois suas corn-
ponentes vertical e horizontal serão impedidas, respectivamente, pelos en-
gastes A e D, de modo que a únicaincógnita, também no nó B, será a rotação.
Concluihdo, o número de incógnitas do problema é igual a 2, número
de nós internos rígidos (não rotulados) da estrutura.
Dizemos que o número de deslocabilidades internas de uma estrutura
é igual ao número de rotações de nós que precisamos conhecer para poder
resolv6-Ia. Em outras palavras, o número de deslocabiidades internas,di de
uma estruhua é igual ao número de 116s internos rígidos que ela possui3
(não incluindo os nós extremos apoiados ou engastados e, evidentemente,
tis nós internos rotulados).
ara cstriitilras planas.

Observações: a) Para o caso de estruturas espaciais, o número de deslocabi-
lidades internas é igual ao triplo do número de nós internos rigidos que a
estrutura possui, pois que, para cada um deles, precisamos conhecer suas
componentes de rotação em torno de cada um dos eixos coordenados.
b) Para o caso + grelhas, o número de deslocabilidades internas é igual
ao dobro do número de nós internos rígidos que ela possui (pois, supondo
a grelha situada no plano xy, não haverá componente de rotação em torno
do eixo 02).
2.2 - Deslocabilidade externa
Seja agora, a estrutura da Fig. 1-4.1. Como todos os seus nós internos são
rotulados, não precisamos conhecer as rotações das barras nestes nós (em
outras palavras, não há deslocabilidades internas a considerar). Resta-nos
analisar o problema dos deslocamentos lineares dos mesmos para conhecemos
o número de incógnitas do problema. Iniciando esta análise pelo nó D, vemos
que ele não terá componente vertical de deslocamento, devido i presença
do engaste A (como sempre, estamos desprezando as deformações axiais das
barras); nada impede, no entanto, seu deslocamento na direção horizontal,
que se constituirá, pois, em uma primeira incógnita do problema. Para ca-
racterizar esta incógnita, indicaremos um apoio do l? gênero em D (ver
Fig. 1-4.2), mostrando que seria necessária a existência de mais um vinculo na
estrutura para que o nó D não possuísse deslocabilidades lineares.
Tudo que foi feito para o nó D vale, também, para o nó G,que pode
se deslocar na direçáo horizontal (o deslocamento vertical estando impedido
pelo engaste C); para caracterizar esta nova incógnita, indicaremos um apoio

O m6todo das deformações 7
do l!' gênero em G, mostrando que seria necessária a existência de mais este
vínculo na estrutura oara que o nó C não possuísse deslocabilidadeslineares.
Assim, caso existissem os apoios adicionais do 10gênero @ e @ indi-
cados na Fig. 1-4.2, os nós D e G seriam indeslocáveis linearmente, o que
acarretaria, também, a indeslocabiiidade linear dos nós E e F, senão vejamos:
- O nó E, por força do engaste B, não terá com onente vertical de deslo-
camento e, por força do apoio do I? gênero d1 , não terá componente
horizontal de deslocamento, sendo, portanto, indeslocável;
- O nó F, por estar ligado a dois nós indeslocáveis (no caso, E e G),
também o será.
A estrutura da Fig. 1-4.1, possui então, dois deslocamentos lineares
(deslocamentos horizontais dos nós D e C) que, se impedidos pelos apoios do
10 gsnero 1 e 2, a tornariam sem deslocabiiidades lineares, e dizemos, então,
que ela possui dlias deslocabilidadeslineares ou externas (esta última denomi-
nação sendo mais usual).
Definiremos, então, que nbmero de deslocabiidades externas de de uma
estrutura é igual ao número de apoios do I? gênero que a ela precisamos
acrescentar para que todos os seus nós fiquem sem deslocamentos lineares.
ObservaçGes: 1) No caso da estrutura da Fig. 1-4.1, os nós D, E, F, G
terão deslocamentos horizontais (que seriam, à primeira vista, as incógnitas
do problema), mas apenas os deslocamentos dos nós D e G são incógnitas
independentes (pois o deslocamento horizontal de E, por estar ligado a D
por uma barra horizontd, será igual ao de D; e o deslocamento horizontal de
F, por estar ligado a E e C. será função dos deslocamentos destes dois
pontos e, portanto, em última análise, dos deslocamentos de D e C).
Assim, o número de incógnitas independentes do problema (que é o número
de deslocabiidades externas da estrutura) é apenas 2.
Este número de incógnitas independentes é traduzido, conforme mostra
o exemplo da Fig. 1-4, pelo número de apoios do I? gênero que precisamos
acrescentar à estrutura para tomá-la sem deslocabilidades lineares e, por esta
razão, foi lícito definir o número de deslocabilidadesexternas da estrutura a
partir dos apoios adicionais do I? gênero necessários. (Preferimos esta forma
de defmição por ela conduzir, com menor trabalho de raciocínio, ao valor de
de, principalmente em casos de estruturas mais complexas, onde não é tão
simples reconhecer o número de deslocamentos lineares independentes, por
análise direta da estrutura dada.)
2) É usual chamar-se às estriituras que possueiii deslocabilidades externas
de estruturas deslocáveis, e aquelas que náo as possuem (mesmo tendo
deslocabilidades internas) de estruturas indeslocáveis.

2.3 - Número total de deslocabilidades
Como as incógnitas do problema são as rotaçóes dos nós internos rígidos
da estrutura (traduzidas pelo valor di) e os deslocamentos lineares indepen-
dentes de seus nós (traduzidos por de). dizemos que o número total de
deslocabiidades d de uma estrutura, - igual ao número total de incógnitas
de sua resoluqão pelo método das deformações - é dado pela soma de seu
número de deslocabiiidadesinterna (di)e externa (d,).
Podemos então escrever:
d = di + d, (1.1)
A exemplificaçáo a seguir esclarecera:
Ex.1.1 - Obter o número total de deslocabiiidades para as estruturas
planas das Figs. 1-5.1 a 1-12.1
Lstando os apoios do l? gênero adicionais para tornar as estruturas exter-
namente indeslocáveis indicados nas Figs. 1-52 a 1-12.2, obtemos, a partir
da expressão (I-]), s u número total de deslocabiidades, indicado ao lado
destas últimas figuras:

O metodo das deformações
d = 4 + 3 = 7
Fig. 1-8
n
d = 1+ O = L (A estruhira não tem deslo-
cabilidade externa.)
1-10.,
I+ Fig 1-10
q' A d = 3 + O = 3 (A estrutura nào apresenta
deslocabilidade externa.)
1-11.1 Fig. 1-11
"i
2A Ad d = l + l = 2Fig. 1-12
1-11., 1-12.2
Observaçüo: O caso da estrutura da Flg. 1-12.1 serve para chamar a atenção
do leitor para o fato de qiie não precisamos incluir trechos em balanço
(no raso, DEFJ para a análise do número de deslocabilidades da estrutura,
pois o balanço pode ser retirado, e substituída sua ação sobre o resto da
estrutura pela de um momento e de uma força, conforme indica a Fig. 1-12.2,
a partir da qual obtivemos o número de deslocabilidades da estruturadada.

10 Curso de analise estrutural
Ex. 1-2 - Obter o número total de deslocabilidades para as grelhas
(estmturas planas que serão solicitadas perpendicularmente a seu plano)
das Figs. 1-13.1 a 1-15.1.
Partido de (1-1) e levando em conta que cada nó interno rígido de uma
grelha tem duas componentes de rotação e uma componente de deslocamento
linear (perpendicular ao plano da grelha), obtemos seu número total de deslo-
cabilidades, indicado ao lado de cada estrutura. Nas Figs. 1-13.2 e 1-14.2
estão representados os apoios adicionais do 10gênero necessários para tornar
as greihas indeslocáveis.
d = 2 X 4 + 0 = 8
(A grelha não apresenta desla-
iabilidades lineares.)
M Fig. 1-15
3 - GRANDEZAS FUNDAMENTAIS
Conforme vimos no início deste capítulo, para a determinação <',os diagra-
mas de momentos fletores atuantes numa barra de uma estrutura. precisa-
mos conhecer, al6m do diagrama de momentos fletores qiie ter'ia esta barra

O método das deformações 11
se fosse, conforme o caso, biengastada (V. Fig. 1-1.6) ou engastada e rotulada
(V. Fig. 1-2.5) para o carregamento externo atuante - que é de imediata
determinação pelo m6todo das forças e facilmente tabelável para os carrega-
mentos usuais da prática (V. Tabela I) - também aqueles devidos às rotações
existentes nos nós externos não-articulados da barra (Fig. 1-1.4, 1-1.5 ou
1-2.4) e aquele devido ao deslocamento ortogonal gciproco de uma extremi-
dade da barra em relação à outra (Fig. 1-1.3 ou 1-2.3) e que podem ser
tratados como recalques angulares e lineares, respectivamente, de uma
viga biengastada ou engastada e rotulada conforme o caso.
F? pensando nestes últimos diagramas que vamos agora estabelecer alguns
conceitos, que serão de importáncia prática fundamental para o mecanismo
operatório do metodo das deformações, que introduziremos no item 4 deste
capítulo.
3.1 - Rigidez de uma barra
Denominamos rigidez de uma barra num nó ao valor do momento que,
aplicado neste nó, suposto livre para girar, provoca uma rotação unitária do
mesmo.
Examinemos separadamente os casos de uma barra biengastada e de uma
barra engastada e rotulada.
a) Barra biengastada
L I L
Seja a barra biengastada AB da Fig. .7
1-16.1, cuja rigi'dezno nóA desejamos A B
determinar. 1-16.1
Conforme a definieão. trata-se de de-. ,
terminar o momento MA que deve ser
aplicado em A para produzir a rotação A
= 1 indicadana Fig. 1-16.2. Trata-se,-
então, da resolução da viga biengastada 1-16.2
AB para o recalque angular 9 = 1 indi- $0 = 1
cado em 1-163. I
Supondo a barra com inkrcia constante J e mbdulo de elasticidade E, a
obtenção do diagrama de momentos fletores pode ser feita pelo processo de

Curso de análiseestrutural
h Mohr. Sendo o aspecto do diagrama de
momentos fletores o indicado em
1-17.1, e a viga conjugada, carregada
com MIEJ a indicada em 1-17.2, im-
Y
A pondo a esta última as condições es-
1- 17.1
táticas de eauilibrio. temos:
2 EJ
4EJ
Daí temos: MA = 7-
= ?,sendo odia-
A
erama final o indicado em 11-17.3
4 EJ
-- Assim, para uma barra biengastada,
I
1 - 17.3 de inércia constante J, sua rigidez num
nó é dada por:
Fig. 1-1 7 C a s o de J constante. 4EJK = -
I
interessante notar que, como conseqüência da aparição do momento
4EJ
igual a 7no bordo que sofreu a rotação unitária, apareceu um momento
igual à metade de seu valor na outra extremidade da barrae de mesmo sentido
vetorial que o da rotaçáo 9= 1e do momento que a provocou. Dizemos então
que o coeficiente da transmissão t de momentos de um nó para outro nó
engastado, numa barra de in6rcia constante, é dado por
Resumindo, para uma barra biengastada, de in6rcia constante, temos
4EJ
Rigidez em um nó: K = -
I ' . '
(1.2)
Coeficiente de transmissão de momentos para nó engastado: t = + 0,s (1.3)
Obsen>açóes:a) Para o caso de barras que não possuam inkrcia constante,
não se obtém uma expressão tão simples para rigidez e coeficiente de trans-
missão como a do caso de inércia constante. De qualquer forma, tratar-se-á
da resolução do problema indicado em 1-16.3 (viga biengastada submetida a

recalque angular unitário de um de seus engastes) para a lei de variação
de in6rcia que tiver a barra. Este problema terá que ser resolvido previamente
para tais barras da estrutura, porque, conforme veremos no item 4 deste
capítulo, o conhecimento da rigidez e do coeficiente de transmissão e indis-
pensável ao mecanismo operatório do m6todo das deformaç3s.
Em particular, se a lei de variação da indrcia for em misula reta ou
parabblica (simktnca ou assimetrica), as Tabelas IV a VI1 nos fornecerão, de
imediato, os valores da rigidez e dos coeficientes de transmissão para a barra.
Por ora, estudaremos o caso de barras com iudrcia constante e deixaremos
as barras com in6rcia variável para serem estudadas, com detalhes, no item 8
deste capitulo.
b) Estabeleceremos, agora, uma convenção de sinais que será adotada 110
metodo das deformações - particularmente útil no desenvolvimento do
mesmo - e que consiste em chamar de positivosaos momentos e rotaçòes 110s
extremos das barras quando os mesmos tiverem o sentido trigonométrico ou
anti-horário. conforme indica a Fig. 1-18, sendo negativos eni caso contrário.
. 1-18 - Conven~ãodc sinais para rotação de nós i momentos atuantes nas
cxtrcmidades da barra.
Notar bem que não existe nenhuma relação entre esta convenção de sinais
e a convenção às vezes adotada na estática de chamar positivos aos momentos
fletores que tracionam suas fibras inferiores e negativos em caso contrário.
Assim, por exemplo, para o caso da Fig. 1-17.3, usando esta convenção, a
imposição da rotação ip = +1 emA acarretou o aparecimento de um momento
4 EJ
MA = +- , em A e de momentc M, = + -2 yem B.
As vantagens de uso desta convenção de sinais ficarão patentes com o
correr do desenvolwnento do método.
b) Barra engastada e rotulada
Analogamente ao caso da barra biengastada, a rigidez em A da barraAB da
Fig. 1-19.1 será igual ao momento fletor que aparecerá nesta seção para a
resolução da viga AB para um recalque angular de apoio em A igual a ip = +1,
conforme indica a Fig. 1-19.2.

Curso de análise estrutural
Para barra com inércia constante J, o problema foi resolvido no Exemplo
1-26 do Cap. 1 do Vol. I1 do nosso Curso, obtendo-se o diagrama de momen-
tos fletores indicado em 1-19.3, a partir do qual podemos dizer que, para um
nó engastado de uma viga engastada e apoiada, sua rigidez K' é dada por:
3 EJK ' = -
I (1.4)
Para o caso de inércia variável, vaiem as mesmas observações feitas para o
caso da viga biengastada.
Observações: Defiiiiremos rigidez relativa ( k )de uma barra num nó como o
quociente de sua rigidez absoluta pelo quádruplo do módulo de elasticidade
longitudinal do seu material.
Assim, num nó engastado de uma barra biengastada de inercia constanteJ,
temos: K Jk =- =-
4 E I (1.5)
Para um nó engastado de uma barra engastada e rotulada de inércia
constante J, virá:
A razão da introdução deste conceito (que visa apenas simplificar o traba-
lho numérico de resolução das estruturas) se fará sentir ao longo das aplica-
çOes subsequentes à apresentação do mecanismo operatório do método das
deformações.

3.2 - Momentos devidos a deslocamentos ortogonais recíprocos
a) Barra biengastada
-1-
Seja obter. para a viga bieiigastada
A -..AB de váo 1da Fig. 1-20, I. o diagrama .. "T+-----+-de inoinentos fletores despertado por 1-20.1
uin deslocameiito ortogonal reciproco
( + P ) ~de uma cxtreinidade ern relação
a outra e que se comporta. conforine
sabemos. como se fosse uin recalque
vertical de apoio p da viga bierigastada
AR.
I-20.2
-
Partindo desta interpretação, o dia-
grama pode ser diretamente obtido
empregando-se o método das forças M A%B 1-20.3
ou. iiiesrno. pelo emprego do proces-
so de hlohr.' Fig. 1-20
Uma outra solução mais elegante paia o problema, na qual aproveitaremos
os conceitos de rigidez (K) de um nó e de coeficiente de transmissão (r)
de momentos de um nó para outro (instituídos no tópico anterior deste item)
pode ser obtida a partir do esquema da Fig. 1-20.2, pelo qual vemos ser
possível enca1a.r os efeitos do recaique vertical p (Fig. 1-20.1) como superpo-
P P
sição dos efeitos de uma rotação ipA = +T e de uma rotação ipg = + T .
Partindo dai, temos o diagrama de momentos fletores indicado na Fig.
1-20.3, cujos valores extremos MA e M B S ~ Odados. empregando o princípio
da superposição de efeitos (efeitos de i p ~e de +oB), por:
MA = KAPA + t ~ - A&@E =+ (KA + f ~ - AK B ~ (1.7)
4~onsideraremogpositivo um deslocamento ortogonal ~ecfpracoquando a extremida-
de da direita da barra descer em relaçio à extremidade esquerda. Esta convenqão é
inteiramente compatível com a convenqão de sinais de momentos e rotações da Fig 1-18
(conforme verificará o leitor da Fig. 1-20.2).
'para barra com inércia constante. este problema foi resolvido empregandowe o
priicr7so di Mohr.na aplicaqão 1-27 do Cdp. I, vol. I1 dc nossa Curso.

16 Cuno de analise estrutural
As expressões (1.7) e (1.8) sáo inteiramente gerais, valendo para qualquer
1pi de variação de inércia da barra biengastada, dependendo apenas da rigidez
da mesma em seus nós A e B e dos coeficientes de transmissão de um nó para
O outro.
Em particular, se a barra tiver inér-
cia constante J, como Ka = KB =.. -
6EJp- - -4EJ e t = 0,5,virá:
- 1
A
6EJp
P
MA
6 E J p
grama de momentos fletores, no caso.
-
111 o indicado na Fig. 1-21.
Os casos de inércia variável serão
F ~ ,1-21 C a s a de inérciaconstante. estudados em detalhes no item 8 des-
te capítulo.
b) Barra engastada e rotulada
Analogamente ao caso da viga biengastada, a resoluçáo de uma viga
engastada e rotulada para um deslocamento ortogonal recíproco (tp) de uma
de suas extremidades em relação à outra (que é a resolução da viga para um
recalque de apoio p, conforme indica a Fig. I-22.1), pode ser encarada como
sendo a resoluç%oda mesma viga para uma rotaçáo imposta em A, de valor
PpA = +-, conforme indica a Fig. 1-22.2.
I
Partindo da defmição de rigidez K' de
j - 4 um nó engastado de uma barra engas-
A &------ tada e rotulada, obtemos o diagrama
- - 1'@ de momentos íietores desejado, repre--.1-22.1
>.
sentado na Fig. 1-22.3 e defmido pelo
valor
* A ; + -
P
MÁ = K i p A = K i -j- (1.9)
1-22.2
expressáo esta inteiramente geral (para
qualquer lei de variação de inércia).
1 . ~ 3 Em particular, se tivermos numa
~ i g1-22
barra de inércia constante J, levando
em conta a expressão (I.4), virá
3EJp , obtendo-se, para estenfA = --
MA 1'
caso, o diagrama de momentos fletores
F i i 1-23 - Caso de 3 constante. da Fig. 1-23.

O m6todo das deformaç3es
TABELA 1 - Momentos de engastamento perfeito
(Vigas com inércia constante)
(Observação: Sinais obedecendo à convenção da Fig. 1-18.)
c*) Para este caso, é mais rápido empregar-se a làbela I1

18 Cuno de análise estrutural
TABELA I1 - Momentos de engastamento perfeito para uma arga wn-
entrada (Viga com inércia constante)

O ni6todo das deformaçóes 19
TABELA 111 - Grandezas auxiliares para barras com inércia constante J
(Observação: Sinais obedecendo à convenção da Fig. 1-18.)
Barra biengartada
A B
BI
k
4 liJ
J
A B kA:-
I
A B
----...'-Q
M A = M ~ = +
6 EJP
7-
p=-1
A B
2 EJ L J
, k,=-X-
K" 7- 2 1
q = + i p=+1
nA E
6 EJ 3 1liazi; k,=- X -
2 1
Barra engastada e ratiilada
A
V B
L I
A
Y
3 E1rA=-
I
3 Jk ~ = -X -
A B
4 1
A
4 B
--__-.
-..
3 EIPMA=+-
l2
-
-

4 - O MECANISMO DO MÉTODO DAS DEFORMAÇÕES
Seja resolver o quadro ABCD da
Fig. 1-24, que possui 3 deslocabili-
dades, sendo 2 internas (rotação dos
d
horizontal da barra BC). 1711nós B e C) e 1 externa (deslocamento ,
A
Adotando um sistema principal que
L l z -
impeça todas estas deslocabilidades e
que consiste na coloca~ãode chapas Fig. 1-24 -Estrutura dada.
rígidas que impeçam a rotação dos
nós B e C (chapas 1 e 2). e de um
apoio do I? gênero (3) na barra BC,
impedindo seu deslocamento horizon-
tal, conforme indica a Fig. 1-25, neste
sistema principal todas as barras esmo
+1*73funcionando como biengastadas (bar- O
ras AB e BC) o11 engastadas e rotu- Fig. 1-25 - Sistema principal.
ladas (barra CD).
Sabemos que a diferença entre o sistema principal da Fie. 1-25 e a
estrutura dada da Fig. 1-24 é que existirá rotação dos nós B e C (às quais
chamemos A, e A,) e haverá um deslocamento horizorital de barra BC
(ao qual chamemos A,). Assim, empregando o princípio da superposição
de efeitos, poderiamos dizer que a resolução da estrutura da Fig. 1-24 seria
igual à soina dos quatro casos indicados nas Figs. 1-26.1 a 1-26.4, represen-
tando a resolução da estrutura do sistema principal para os efeitos isolados
do carregamento externo e de cada uma das deslocabilidades. Como des-
conhecemos os valores A,, A,, e A,, arbitramos um valor. por exemplo,
unitário para estas deformações, devendo os efeitos assim obtidos ser multi-
plicados pelos valores corretos que serão encontrados para AI, A, e A3 ao
fm do problema.
Notemos que:
a) Na Fig. 1-26.1, temos a resolução de duas vigas biengastadas Ai? e BC
para o carregamento externo, cujos momentos de engastamento perfeito
em B e em C, indicados na Fig. 1-27, representam a ação das chapas 1
e 2 sobre a estrutura do sistema principal para que os nós B e C não
girem, dando momentos resultantes em B e C, respectivamenie, iguais a
PIO ! w B ~- MB@
= - w p

O método das deformações
-
bii O,&
f- 3 0 3 ,
,+A,[;' A , = + , I-20.2
-
Fig. 1-27

Nos valores dos momentos resultantes da ação das chapas 1 e 2 sobre
os nós B e C, estamos colocando dois índices (analogamente ao que
fizemos no método das forças) - o primeiro se referindo ao local e o segundo
à causa do momento. Assim, Iizosignifica o momento exercido pela chapa 2
sobre o nó C da estrutura no sistema principal, para que o mesnio não
gire quando da atuação do carregamento externo (índice O).
Devido ao carregamento externo e aos momentos de engastamento perfeito
que existem nas barras, aparecerá0 as reações de apoio y4 e FB@ na
barra e FB@ e F=@ na barra @; as reações h,F@ e F ~ @irêo
para os apoios que a estrutura possui, indo a reação F B ~para o apoio
do I ? gênero @ indicado no sistema principal. No caso, então. teríamos:
= -F.rjQ. onde OS dois índices têm o significado análogo ao do
caso dos momentos PIO e P,, ou seja, é a forca exercida pelo apoio 3
sobre a estrutura do sistema principal para que a barra BC não sofra desloca-
mento liorizontal quando atuar o carregamento externo.
b) Nas Figs. 1-26.? e 1-26.3, temos a resolução do sistema principal (estru-
tura toda fixada) para rotação unitária de um de seus nós. Aparecerão
nestes nós. conforme sabemos, momentos iguais à sua rigidez (ver item 3.1
deste capítulo), indo para os outros nbs da barra momentos iguais ao
produto desta rigidez pelo coeficiente de transmissão. Assim, para o caso
da Fig. 1-26.2, por exemplo, temos o esquema detalhado indicado na
Fig. 1-28, a partir do qual obtemos:

O m6todo das deformacões 23
Para o caso da Fig. 1-26.3. o raciocíiiio seria inteirarilente anáiogo.
obtendo-se
lii2 = [CB 4
li22 = KcOt ~ $ 3
= Ki.@/li
c) Na Fig. 1-26.4. temos a resoluçáo de uma viga biengastada AU e de uma
viga engastada e rotulada CD para um deslocainerito ortogonal recíproco
unitário de uma extremidade em rclaçáo à outra. resoluçCies estas cstu-
dadas no itein 3.2 deste capítulo, sendo problema. pois. de rcsoluçáo
conhecida.
Chamando MA. I Z I ~e M P a o s momeiitos que aparecerão devido a este
deslocaiiiento ortogoiid recíproco. teiiios. a partir do csqueiiid detaiiiado
da Fig. 1-29 e levando em conta as expressões ( 1.7) a (1.9):
Voltaiido, agora. ao csquema da Fig. 1-26. que resolve a estrutura a partir
do conheciiiiento dos valores de A, . A, e A,. veiiios que. como não existem
na estrutura dada as chapas 1 e 2 e o apoio do l'? gênero 3 colocados iio
sisteina principal, estes valores de A , , A, e A, tem que ser tais que não

existam aç6es estáticas fiais das cliapas e do apoio adicional do I? género
sobre a estrutura do sisteina principal. pois, assim, o mesmo reproduzirá.
fielmente o comportamento estático e elástico da estrutura dada. Assirn.
devemos ter que o moinetito fmal exercido pelas chapas sobre os respectivos
nós deve ser nulo, bem como deve ser nula a força exercida pelo apoio
suplementar do l? gênero sobre a barra BC (isto é, não existem cargas-
inomento aplicadas eni B e C c não existe carga horizontal aplicada à
estrutura dada em C).
Partindo do esquema da Fig. 1-26 obtemos. então, pelo emprego do
principio de superposição de efeitos, o seguinte sistema de equações dc
compatibilidade estática do sisteina principal adotado coiii a estrutura dada:
Carga momento atuante eniB =O..... 1110+ PliAi + Pi2Aa + Pi3A3 = 0
Cargamomento atuante em C= O..... 1120 + 1121~3,+ 022A1 + 1123a3 = 0
Força horizontal atuante em C = O ... 030 + &IA, + /133A3 = 0C (1.10)
Resolvido o sistema (I.lV) e conhecidos os valores de A,. A*, A3, a
estrutura está resolvida, pois, empregando-se o principio da superposição de
efeitos indicado na Fig. 1-26, temos que qualquer efeito final E - sendo
I<(, o efeito provocado no sistema principal pelo agente solieitante externo
(no caso, o carregamento) e Ei o efeito provocado, no sistema principal,
pelos deslocamentos com os valores arbitrados (no caso da Fig. 1-26. valores
estes unitários) - será dado pela expressão (1.1I), que resolve o problema.
E = E, + P EiAi 11.1 1)
4.1 - Observições:
a) Assim como no caso do método das forças. queremos cliamar a atenção.
mais unia vez. para o fato de que os valores que arbitramos para a s
incógnitas no sistema principal podem ser quaisquer. pois os valores
finais que acharemos para as mesmas são os fatores-escala tais que
corrigem os valores arbitrados, de tal forma a serem satisfeitas as
equaqões de conipatibiiidade estática do sistema principal com a estrutura
dada.
b) 1'40 caso de querermos resolver uma estrutura para variaçáo de tempera-
tura, recalque de apoio ou para modificações de comprinieiito impostas
durante a montagem, o raciocínio seria o mesmo, bastando tratar cstes
efeitos como agentes externos, isto 6 , analogamentc a um carrcgamento
externo. A exemplificação que se segue no item 5 esclarecerá o assun?o.

c) O trabaiho de resolução de uma estrutura pelo método das deformações,
conforme ilustra o exemplo da Fig 1-26, é o trabalho de resolução de
um sistema n X n de equação lineares, sendo n o número total de desloca-
bilidades da estrutura dada.
d) Observe o leitor como, mnemonicamente, o sistema de equações de
compatibilidade estática do método das deformações pode ser escrito
diretamente, pois tem o aspecto indicial idêntico ao do sistema de
equações de compatibilidade elástica do método das forças.
e) Escrevendo o sistema de equações (1.10) sob forma matricial, temos:
ou, mais simplificadamente:
{fio) + r81 {AI = o (i.12)
Ao vetor {o,}, onde a ação do agente solicitante externo se faz sentir,
chamainos vetor dos termos de carga (no caso de variação de temperatura,
recalque, etc., basta substituir os 01, pelos Pir. fiz,, et3.
A matriz [Pl, quadrada e simétrica6. por força do teoreina de Betti.
chainamos matriz de rigidez (pois transforiiia deslocainentos ein forças ou
rotações em inomcntos. conforme o caso), sendo f~inçáo.apenas, do
sistema principal adotado (independeiido completamente do agente soli-
citante externo).
Resolvendo a equação (1.12), obtemos a expressão (1.13). que resolve o
probleina e iiiostra que o trabalho de resolução de uma estrutura pelo
método das deformaçiies é dado pelo trabalho de inversão de sua niatriz
de rigidez.
{A} = -[ol-' {8o) (1.13)
f) Por força do teorema de Betti (que acarreta a simetria da matriz de
rigidez de uma estrutura hiperestática, desde que os 4 tenham sido
arbitrados com valores iguais), podenios tirar uma expressão geral, que
será de grande utilidade no estudo das barras biengastadas, de inércia
variável, relacionando a rigidez da barra em suas extremidades coni os
6~ matriz só será simétrica caso arbitrem09 os Ai iguai* riitrr si (não nrccsraria-
iiiente unitários). conforme pode observar o leitor peh análise do cxcmplo da Fig. 1-26,
NZo l~iavcránenhum problema especial, no entanto. se arbitrnino*valores desiguais para
os Ai; toda a teoria continua válida. deixando. apenas. a maliir [li] dc <?r rimétrica.

coeficientes de transmissão, fornecendo-nos a expressão (obtida igua-
lando, por exemplo, Oi2 a 02,):
Krtro t C ~ K r
1-30.1 1-30.2
Fig. 1-30
A expressão (1.14) - tornamos a frisar - é válida para qualquer lei de
variação de inércia que possua a bana biengastada e mostra que são
idênticos os momentos despertados num engaste, quando damos uma
rotação unitária ao engaste oposto, qualquer dos dois que ele seja.
g) Por motivos didáticos, conforme perceberá posteriormente o leitor, ini-
ciaremos nossas aplicações para estruturas externamente indeslocáveis
submetidas a carregamento externo, abordando, apás, os demais casos
(estruturas com deslocabilidades externas, ações térmicas e de recalques
de apoios, etc.).
4.2 - Roteiro para o método das deformações
A partir do que vimos nos itens anteriores deste capítulo, podemos
enunciar o seguinte roteiro para o emprego do método das deformações:
i?) Escolha do sistema principal (obtido bloqueando-se as deslocabilidades
internas com chapas rígidas e as desloizbilidades externas com apoios
adicionais do 10 gênero).
'por aplicação direta, ao caso, do teorema de Betti, poderíamos escrever esta
expressão, pois, considerando inicialmente a Fig. 1-30.1 como estado de carregamento
e a Fig. 1-30.2 coma estado de deformação, escreverimos que o trabalho virtual
realizado seria ( K g t g c ) X I, e depois, invertendo os estados de carregamento e de
deformação, obteríamos o trabalho virtual ( K c t c ~ )X 1. Igualando os dois valores,
chegamos a Kglgc = K c t c - (os trabalhos virtuais igualados foram os das forças
externas, já que os das forças internas são iguais entre si).

20) Resoluçáo do sistema principal para o agente solicitante externo,
obtendo-se o vetor {o0) e para cada uma das deforinaçoes incógnitas
A,, com o valor arbitrado inicialmente, obtendo-se a matriz 181.
30) Cálculo das deformações (incógnitas) Ai (pela expressão {A,] =
= -[81-' {Oo}).
40) Obtenção dos efeitos finais (E = E, t ZEiAi).
s - APLICAÇOES AS ESTRWURAS SEM DESLOCABILIDADES
EXTERNAS
5.1 - Atuapo de carregamento externo
Ex. 1.3 - Obter o diagrama de inomentos fletores e as reaçóes de apoio
para o quadro da Fig. 1-3 1. cujo material tem t'= 7 X 10"/m2 e cujas
barras possuem inércia constante e igual a 0,024 ni4.
Fig. 1-31
0bedecendo.se ao rotciro indicado em 4.2. temos:
1. Sistema principal
Tendo a estrutura dada apenas duas deslocabilidades internas (rotaçóes
dos nós B e C), obtemos o sistema principal da Fig. 1-32. colocando
chapas rígidas nos nós B e C.

2. Efeitos no sistema principal
a) Carregamento externo
P,,=+6 p,0=+12
Com o auxilio da Tabela I, obtemos
I? nos momentos de engastamento perfeito
e que sáo, no caso: O +6 -6
O A
Para barra 2: I I
Pl
Mc = - - = -6 int
8 Fig. 1-33 - Mo
Para barra 3:
Temos. então, o esquema da Fig. 1-33, a partir do qual, obtemos:
= t6
Ozo = +18 - 6 = t12
b) Rotaçáo A,
Oii= 17 02,=+1.5
Como, conforme vimos na exposição
do método. não somos obrigados a
r' A
dar rotações unitárias, trabaiharemos ry-com a rigidez relativa das barras (isto
é, dividiremos a rigidez real por 4E)
e multiplicaremos a inércia por I@, +2
para trabaharmos com números mais
simple~.~
Fig. 1-34 - M ,
Assim, girando o rió 1, teremos:
1 74
Para a bara 1: k = A = L -
I h
- 4
J 24.
Para a barra 2: k = - = - = 3
1 8
80biidos os vaiarcs finais de Ai c A2 para o problema. ronio arbitramov iIm;i
io3rotaqào igual a (-) rad para as nós B c C Ipois dividimos a rigidez por 4F c
4E
muitiplicamos a inércia por 10". tcrcmas que as rotaçõcs carrcfas de B o C ~er.iu:
103 103
PB= - A I e V C = -A2.4K 4F

Levando em conta que as barras tem intrcia coiistante e que, portalito,
o coeficiente de transmissão vale +0,5, obtemos o esquema da Fig. 1-34.
a partir do qual podemos escrever:
8 i i = +7
0 2 1 = +1,5
c) Rotação A2
Adotando os mesmos fatores-escala "
que os escolhidos para a rotação A i , p , , = + , , ~ O ~ ~ . + I O
temos, girando o no 2: A A
Para a barra 2:
Para a barra 3:
Para a barra 4:
Vem, então, conforme indica a Fig. 1-35:
0 1 2 = +li5
pz2 = t 1 0
3. Cálculo das incógnitas A, e A2
Sabemos que:
Fig. 1-35 - Mi
Daí. obtemos:
$:I = - 6: a] { )= Li: i']6:) = @I$

4. Efeitos finais
Seráo dados por E = E, - 0.62E, - 1.11E,, obtendo-se os momentos
finais nas extremidades das barras indicados na Fig. 1-36. a partir dos quais,
confomie indica em detalhe a Fig. 1-37. obtemos as reações de apoios e
o diagrama de momentos fletores pedidos, representados na Fig. 1-38.
Notar que a sonia dos momentos em torno de cada nó deve dar zero,
pois não existe carga-momento aplicada à estrutura (geralmente existirá
Fig. 1-36 - Momentos finais nas esfremidadcs das barras
M = Mo - 0.62M1 - I.11M2.
A
Fig. 1-37 - Situagão final dar barras
14.67mt
t2.031 t3.97 + 13.83 = 17.8r
Pig. 1-38 - DMF ieiii mtl c reqhcr de apoio

O método das deformacões 31
um valor residual náo-tiulo iicsta soma. representando o erro numérico
cometido quando do arredoiidmento feito na soluçSo do sistema de
equações de coiiipatibilidade cstática. Desde que este resíduo seja suficiente-
ineiite pequeno, em presença dos demais valorcs, não terá maior expressão).
Ohseri~acão:
As rotaçóes vcrdadeùas (ver nota dc rodnpé 8) dos nós B e C são dadas
por:
103
q B = - A , = - = -0,78 X IO-%ad
4 E 4 X 2 X 1 0
Os sinais negativos indicam que as rotações cometas sào no sentido liorário.
Ex. 1.4 - Obter o diagrama dc momcntos fletores e as reações dc apoio
para a estrutura de inércia constante da Fig. 1-39.
6 tlrn
Fig. 1-40
T a c s t r t u d a d e s o a i i Adades intcrnas (rotações dos nós D
e R e nenhuma deslocabilidade ex-
terna, o sistema principal é o dn
Fig. 1-40.
A
O O
/ B .C

Pela Tabela I , temos:
Para a barra @ :
M* = -iw, = --6 X 4 2 = t 8 m t
12 +A8
Para a barra @ :
MD = -MF = t 8 mt Fig. 1-4 1 - M o
A partir do esquema da Fig. 1-41, vem:
b) Rotação A,
Trabaihando com rigidez relativa e
arbitrando .I= 60 para todas as barras,
vem, para uma rotação do nó 1:
J 60
B a r r a s a e @ : k = - = - = 12
1 5
3 J 3 60
Barra @: k'=-X-=-X -=11,25 +10
4 1 4 4
J 60
Barra O:k = - = - = 20
Fig. 1-42 - M~
1 3
A partir do esquema da Fig. 1-42, vem:
>ol1 = 55,25
Pzi = 6
c) Rotação A2
Agindo analogamente ao caso da ro-
tação A , , obtemos da Fig. 1-43 (le-
vando em conta que, no nó F, temos,
60
para a barra @ :k = -= I2 e para
3 60
a barra @ : k' = - X - = 15):
4 3 A~

i
3. Cálculo das incógnitas
i
E;}= - ['a5,;I -' {-i}= {-;;;;}I
1 4. Efeitos finais
1 A partir da expressáo E = E,, - 0,033E, + 0,297E2, obtemos os
momentos finais atuantes nas extremidades das barras, indicados na Fig. 1-44,
a partir dos quais obtemos o diagrama de momentos fletores (em mt) da
Fig. 1-45.
Fig. 1-44-M =Mo-O,033M1t 0,297M2
Fig. 1-45 - Diagrama de mamcntoi
fletorcs (em mt).
A obtenção das reações de apoio, neste caso, não é tão simples quanto
à do exemplo anterior, que, por ter todas as barras perpendiculares entre si,
nos permitiu obter as reações de apoio por uma simples soma de esforços
cortantes.
No caso deste exemplo, o procedimento mais fácil será rotular todos os
nós da estrutura e aplicar, como cargas, os momentos atuantes nas
extremidades das barras e o carregamento externo, conforine está feito
na Fig. 1-47; com isto obtém-se uma estrutura hipostática com um carrega-
mento auto-equilibrado e, desta forma, torna-se possível obter as reações
de apoio empregando as equações da Estática. Senão vejamos:

Por ZX = O ...liA = 0,3St
6 tim
-~ o r ~ ~ @ = O . . . 0 , 3 5 X 3 + 4 V ~ - 7 , 8 -
- 6 X 4 X 2 + 8 , 4 = 0
.-. VA = 11.6t
POI CiClc = O ... 1 I .6 X 8 + 4V8 t
+ 0,35 - 7,8 - 6 X 8 X4=
7,8
0.4
0.7
= O : VB = 26,Xt A
-P o r X Y = O ... V c = 6 X 8 - V q - i % = ti^
= 9,hi 1% !vc
Fig. 1-47
As reações de apoio são. então. as indicadas na Fig. 1-48. O procedimento
empregado neste caso, para ohtenção das reações dc apoio, é inteiramente
geral, ~ o d e n d oser adotado em qualquer outro.
t11.6t t26.8% tQ.8t
Fig. 1-48 - Ileuqõcr dc apoio.
Ex. 1.5 - Obter o diagrama de momentos fletores para a viga de iiiércia
constante da Fig. 1-49.
I
Fig. 1-49
0% oc I
I

A estrutura da Fig. 1-49 pode, retirandwse seu balanço, ser encarada de
forma indicada na Fig. 1-50, a partir da qual obtemos:
Fig. 1-50
2. Efeitos no sistema principal:
Conforme a Tabela I, temos, devido à carga uniformemente distribuída:
Para barra @:
Mq = -Ms = --62 -- +12 mt
12
Para barra @:
v, aI
-
I
-
carga distr. 1 +12 -12 ;+I8 O 1
momento do i 1 -4 --8 i
balanço
I
I
Fii.1-52 - Mo

Devido à influência do balanço, temos um momento em C, de (-8 mt),
que transmitirá i extremidade B da barra @ um momento de (-8) X 0,s=
= -4 mt. Com isto, obtemos o esquema da Fig. 1-52, a partir do qual vem:
Pio = 14 - 12 = 2.
b) Rotação A,
Arbitranco d = 24 e trabalhando com rigidez relativa. temos no nó B:
24
Para barra 0: !i= - = 4
6
3 24
Para barra @ : k = - X - = 3
4 6
Obtemos, então: O,, = 7
3. Cálculo da incógnita:
-Pio -2Temos: A, = - = - -
Pll 7
4. Efeitos finais
2
Como M = Mo- - M , , temos, a partir dos momentos finais indicados
7
na Fig. 1-54, o diagrama de momentos fletores (em mt) da Fig. 1-55.
Fig. 1-54 - Mornrntor nas cxlremidade, dar batias: iM := Mo - L M i
7

O m6todo das deformações
Fig. 1-55 - DMF (em mt)
Obsmvaç50: Note o leitor como a presença de um balanço não introduz
nenhuma incógnita adicional no problema, pois podemos rompê-lo, trans-
ferindo suas açóes estáticas para o apoio que Ihe é adjacente (no caso da
Fig. 1-49, o apoio 0.
Ex. 1.6 - Mesnio exercício anterior se, ao invés do engaste em A ,
tivermos um engaste elástico de constante K = 104 mt/rad, conforme
indica a Fig. 1-56, A viga tem EJ = 0,6 X 104 tm2.
Fig. 1-56
Neste caso, haverá a deslocabilidade interna adicional do nó A e teremos.
então:
Fig. 1-57

Os efeitos serão idznticos aos do exemolo anterior e temos. conforme a
Fig. 1-58:
r;l
pio = t? A-
- -8
Fig. 1-53 - Mo
b ) Rotação A,
NOcaso, devido à presença do engaste elástico, trabalharemos com a rigidez
verdadeira das barras, pois, caso coiitrario, precisariainos tan~bimdetiiir
rigidez relativa do engaste elástico lo que. aliás, iião seria difícil. pois
bastaria dividir sua constante do engastamento por 4E). Dando uma rota$ãu
A, = rad. temos iiii n 6 B:
Fig. 1-59 - M i
4EJ X 10-3 - 4 X 0,6 X 10
Para a barra @ : -44 = [ -
6
= 4 m t
Para a barra @: M =
3EJ X 10-3
I
= 3 mt
Temos, então: PII = +7
= t 2
C) Rotação A2
Dando. tainb8m. uma rotação A2 = rad, temos no nó A : Engaste
elástico: iC1 = 104 X = I0 mt. Barra @ : M =
4EJ X 10-3
I
=4mt.
A partir dai. levando cm conta a Fig. 1-60. temos:
vPil = +2 -a-
pzz = t14
+ 10 +4 -+2 Fig. 1-60 - M,

O método das deformaçóes
Temos:
4. Efeitos finais
A partir dos iiiomentos finais nos A
B C
nós, indicados na Fig. 1-61 (M =,%Io- t8.5 -13.87 4 i13.87 -8 4
- 0,0425bJl - 0,85M2), obtemos o
diagrama de momentos fletores da Fig. 1-61 - Momentos finais (em mil.
Fig. 1-62.
Observe o leitor como a presença de 13.87
um engastamento elástico em nada
modifica o roteiro do método das
deformações; implica, apenas, uma
incógnita a mais (deslocabilidade in-
terna) para o problema.
Flg. 1-62 - DMF (cm mt)
Observação: Até o presente instante. resolvemos apenas estruturas planas.
Exemplificaremos, a seguir, o caso de uma grelha, para cuja resolução
precisamos introduzir o conceito de rigidez à torção de uma barra.
Definimos tomo rigidez à torção. num nó de uma barra biengastada a
torção, o valor do momento de torção que, aplicado neste nó, suposto
livre para girar por torção. provoque uma rotação unitária do mesmo.
Seja deterrniiiar a rigidez à torça0 eiii
A da barra AB da Fig. 1-63. Aplicando
um momento K T em A . temos que a -1-
rotação por torção da barra AB em A
será dada por A B
. .
Para ter1110sp~= I, KT deverá valer: x 5
Fig. 1-63

A expressão (1.15), inteiramente geral, define, então, a rigidez à torção
de uma barra biengastada à torção (qualquer que seja sua lei de variação
da inércia).
No caso particular da barra ter inércia J, constante, a expressão (1.15)
se transformará em:
Analogamente ao que fuemos no caso de flexão. convencionaremos um
sentido positivo para a rotação por torção e os momentos torçores que ela
provoca. Assim. considerando positivo o sentido de P indicado na Fig. 1-63,
temos:
o que nos perniite dizer que o coeficiente de transmissão.de momentos
torçores de um nó para outro de uma barra reta, biengastada à toreo,
qualquer que seja sua lei de variação de inércia, é igual a (-1).
O sentido yi @ pala rotaçáo por torção do nó em estudo deve ser,
evidentemente, o mesmo que o sentido positivo da rotaçáo por flexáo das
barras que chegam ao referido nb. O Exemplo 1-7 esclarecerá:
Ex. 1.7 - Obter os diagramas de momentos fletores e torçores para a
grelha da Fig. 1-64. cujas barras têm. todas, EJ = 5 X 104 tm? e GJ, =
= 4 X 10q tm2.
Em se tratando de uma grelha ex-
ternamente indeslocá~el.o número de
deslocabilidades é igual ao dobro de
nós internos (no caso B e C). pois
cada nó possui componentes de rota-
ção em toriio dos eixos .r ey (supondo
a grelha no plano xy).
Assim sendo. a grelha da Fig. 1-64
possui quatio deslocabilidades e vem. i5,L5,
então:
Fig. 1-64
1. Sislema principal
Na Fig. 1-65, indicamos o sistema principal, obtido colocando-se chapas
para impedir todas as componentes possíveis de rotação dos nós internos
da greiha.

O mhtodo das deformações 41
Na mesma figura, indicamos também os sentidos que consideraremos
positivos para rotações e inomentos em torno dos eixos x e y.
Fig. 1-65
Empregando a Tabela I, obtemos os momentos de engastamento perfeito,
indicados vetorialinente na Fig. 1-67, a partir dos quais temos:
Fig. 1-66 - E, Fig. 1-67
61, = 0; 020 = +2.5; = -5; lBw = + 5 , confonne indica a Fig. 1-66.
b) Kotação A,
Dando uma rotação A, = rad à chapa 1, tenios no nó C:
Para a barra 3:
4EJAi 4 X 5 X 10 = +40M = - --
1 5

Cuno de analise estrutural
Para a barra 2:
GJtAl - 4 x 10 = +4T=- - -
I 10
Obtendo-se, a partir do esquema da Fig. M 8 :
pil = 44; pll = -4; p,, = o; 041 = o.
Fig. 1-68 - EI
c) Rotação A2
D
Dando uma rotação A, = 10-3 rad a
chapa 2, temos, no nó E :
Para a barra 1:
Para a barra 2:
GJ,A, 4 X 10T = - - -
1 1o = 4,
obtendo-se, a partir do esquema da
Fig. 1-69:
Fig. 1-69 - E,
d) RotaçZo A3 n /
Para A, = 10-3 rad, temos no nó C:
Para a barra 2:
4EJA 4 X 5 X 10 = 2o,r,{ = 2=
1 1O Fii. 1-70 - E ,

O rnbtodo das deforrnaçoes
Para a barra 3:
GJrA3 _ 4 X 10T = --
1 - 5 - 8,
obtendo-se, a partir do esquema da
Fig. 1-70:
fli3 =O; flz3 =O; flS3 = 28; f143 = 1Q
e) Rotação A,
Fig.1-71 - E4
Analogamenteao caso da rotação A3.
obtemos, a partir da Fig. 1-71:
P14 = O; 024 = O; f l y ~= 10; 1144 = 28.
A partir da expressão (L13), temos:
i ~ , 7 r44 -4 O 01 / 01 ~ - o , o o ~ ~ I
4. Efeitos finais
Pelo emprego da expressão (1.11). obtemos os momentos fletores e
torçores atuantes nas extremidades das barras, ficando, então, resolvido o
problema a partir desses valores. representados na Fig. 1-72.
Fig. 1-72 - Momentos Fminais nas extremidades das barras
E = E, - 0,0052E1 - 0,0572E1 + 0,277E3 - 0,277E4 (em mt)

Os diagramas de momentos fletores e torçorcs, obtidos da Fig. 1-72, estão
representados, em mt. nas Figs. 1-73 e 1-74.
Fig. 1-73 - M tcrn mt) Fig. 1-74 - Tiem mt)
5.2 - Atuação de variação de temperatura ou recalqoes de apoios
5.2.1 - Recalqije de apoio
Seja resolver a estrutura da Fig. 1-75.1 para o recalque do apoio B
indicado. Em se tratando de uma estrutura com duas deslocabilidades
internas. o sistema principal é o da Fig. 1-75.2. Para obtenção dos efeitos
no sisteme principal. provocados pelo agente solicitante externo (no caso
o recalque p), temos que resolvê-lo para um deslocamento vertical p do
engaste E. Devido a este deslocamento, o sistema principal se deformará,
não aparecendo, entretanto, rotações nas extremidades de suas barras, que
estzo impedidas de girar; assim, os momentos de engastamento perfeito
que irão surgi! iras extremidades das barras serão função, apenas, dos
deslocamentos ortogonais recíprocos de uma extremidade em relação à
outra9 e podem ser comodamente obtidos por um williot, traçado da
--
'ver Pie. 1-1. Usando as rota(&~ desta figura, como nãu existem LPA, LPg ncm
carregamento externo. os momentos nas cxtrcrnidadcs da barra são função. iprnds,
di: PBA.

O método das deformaçães 45
mesma maneira e com as mesmas notações como foi apresentado para o
cálculo de deformações em treliças isostáticas, no item 3 do Cap. I, Vol. I1
de nosso Curso.
Assim. conforme indica a Fig. 1-76, chamando de O á origem do wiüliot
(que se confundirá com a e c, já que estes engastes não sofreram recalques),
marcando na vertical para baixo, a
partir de a , um segmento igual a p ,
obtemos h. Tirando por n e h perpen-
diculares às barras 1 e 2. respectiva-
inente. obtemos d e, finalmente, ti-
rando por d e c perpendiculares as
barras 3 e 4. respectivamente, obtemos
e, ficando completo o williot. Os des- 1~b d
locamentos absolutos dos pontos A.
O, C, D.E se+rão dados, então, pelos Fig. 1-76
vetores~n,Ob, ..., 0gdo wiliiot.
Não estamos, no entanto, interessados em deslocamentos absolutos, mas,
sim, em deslocamentos relativos de uma extremidade da barra em relação
à outra (e que são os deslocamentos ortogonais recíprocos) e que podem
ser lidos diretamente no williot; senão. vejamos:
Seja, por exeniplo, obter o deslocamento ortogonal reciproco para a
barra 3, da extremidade E em relação a D.
Como 02e 0Zsáo os deslocamentos absolutos de D e E, o deslocamento
* + +
relativo de E,ein relação a D será dado por Oe - Ou =de. Podemos, então,
dizer que. para uma barra genérica IJ de uma estrutura, o deslocamento
ortogooal reciproco da extremidade .iem relação i extremidade I será
-f
dado pelo vetor ij do williot correspondente.
+
D + pDs = bd
Dr?
+
+ E PEC = ce
PED = de
___---__--D -- E
0 Fig. 1-77 c

Assim, voltando ao exemplo da Fig. 1-75, os deslocamentos ortogonais
recíprocos provocados pelo recalque p indicado, obtidos do wiUiot da
Fig. 1-76,estão indicados na Fig. 1-77.
Conhecidos os deslocamentos ortogonais recíprocos, os efeitos no sistema
principal, provocados pelo recalque de apoio, são imediatamente obtidos
pelo emprego das expressóes (1.7) a (1.9) ficando, com isto, conhecido o
vetar {Si,},a partir do qual o problema fica resolvido pelo emprego da
expressáo
{Ai]= -[61-' {Si"}.
Os exemplos seguintes esclarecem
Ex. 1.8 - Resolver a estrutura da Fig. 1-39 (Ex. 1.4) para um recalque
horizontal, da direita para a esquerda, de 1,5 cm do engaste A , associado
a um recalque vertical, de cima para baixo, de 2 cm, do mesmo engaste.
A estrutura tem rigidez constante, igual a 103tm2.
Sendo o sistema principal o da Fig. 1-40. a partir do williot da Fig. 1-78,
obtemos os deslocamentos ortogonais recíprocos, que são:
+
Para a barra 1: PDA = Indl = 2,s cm
Para a barra 2: p,,.~ = ldfl = O
+
Para a barra 3: PFE. = Ief l = O
Para a barra 4: PED = I l = O
+
Para a barra 5: ~ D B= / bd I = 3,O cm
Para a barra 6: PEC = Ice I = 3,O cm
Os momentos de engastamento perfeito provocados por esses desloca-
mentos ortogonais recíprocos são:

O mktodo das deformações 47
6 E I p - 6 X 10' X 2.5 X [O-?
Para a barra 1: = MB = 2- - -I 5'
= -6int
6FJp
Para a barra 5: MR = AIB = A = -
ú x 10) x . 3 ~10-?
I' 9
= -2O111t
3EJp - 3 X 1 0 " 3 ~ 1 0 ~ ~=
Para a barra 6: MC = - - --
I 9
(Os sinais foram obtidos do esquema da 12ig.1-79, que inostra serem
negativos todos os valores dc p. çonformc a co~ivcriçáoal~rcseiitadaciii
3.2.a.)
Fig. 1-79
Assim, os efeitos dos recalques de apoio no sistema principal são os da
Fig. 1-80, obtendo-se, então:
Fig. 1-80 - M,
Como os momentos M, e M, (e, consequentemente, a matriz [b]) já
são conhecidos do Exemplo 1.4, temos, para o recalque

10
Os efeitos finais seráo dados. então. por E =Er +0,481 E, - 0.107E2 ,
obtendo-se, a partir dos momentos finais nas extremidades das barras
indicados (em mt) na Fig. 1-81.1, o diagrama dos momentos fletores provo-
cados pelos recalques. representados na Fig. 1-81.1.
1-81.1 1-81.2 - DMF dcvidu aos recalqucs
(em mt).
Fig. 1-81
5.2.2 - Variação de temperatura
Seja resolver a estrutura da Fig. 1-82.1 para a solicitação térmica nela
indicada, que consiste numa variação de temperatura i, das fibras externas
e numa variação ti das fibras internas em relação ao dia de sua execução.
A partir do esquema da Fig. 1-83. que mostra a decomposição da variação
de temperatura que ocorre em duas parcelas - uma apen-as com uiii
gradiente térmico A: = i; - f,do interior em relação ao exterior, sem
variação de temperatura no centro de gravidade, e a outra apenas com omn
variação unifome de temperatura t, (igital S variaç4.i de tempzrztili-s
atuante no centro de gravidade da seç%&)ao longo de toda a selão - podemos
dizer que a solução do caso da Fig. 1-82 será a soma dos casos dzib
Figs. 1-82.2 e 1-82.3:
"0s efeitos El c E2 rslão indicados nas Figs. 1-42 e 1-43 do Exemplo 1.4 deste
capitiilo.

O metodo das deformaç6es
Fig. 1-82
Fig. 1-83
a) Efeitos de,Af (com tp = 0)
No caso da Fig. 1-82.2, como não há variação de temperatura no centro
de gravidade, não haverá variação no comprimento das barras da estrutura
e, para conhecermos os efeitos provocados por esta parcela de solicitaçáo
no sistema principal (indicado na Fig. 1-84), bastará que conheçamos os
momentos de engastamento perfeito emvigas retas biengastadas ou engastadas
e apoiadas, submetidas apenas a um gradiente térmico Ai = ti - I,.
Estescasospodem ser tabelados com C
simplicidade para barras com inércia
constante (trata-se de resolução de
vigas hiperestáticas bastante simples
para uma variação de temperatura
At = ri - t, do interior em relação
ao exterior), obtendo-se as expressões
dos momentos de engastamento per-
feito seguintes. 19Fig. 1-84

50 Cursa de análise estrutural
Para 11 caso da Fig. 1-85 (barra bieii-
gastada). Me
EJLY(ti -te)
MA = -Mo =
h
Para o caso da Fig. 1-86 (barra en-
gastada e rotulada): Fig. 1-85
Ossinais destes momentos obedecem
à convenção de sinais da Fig. 1-18 e
os sentidos indicados nas Figs. 1-85
e 1-86 estão indicados supondo-se
Fig. 1-86
Ar > O (caso contrário serão, eviden-
temente, inversos).
Coihecidos os efeitos {liiAt} do agente solicitante externo no sistema
principal, o problema está resolvido, pelo emprego da expresszo
{ A 4 = -[O]-' {bt~rl
b) Efeitos de tg (com At = 0)
No caso da Fig. 1-82.3, como há variação de temperatura no centro de
gravidade das barras, as mesmas terão variações de comprimento iguais a
Al, = atgl, e a Al, = otgl,; com isto, a posição do no C niudará, podendo
ser obtida por um williot traçado da mesma maneira como definimos no
item 3 do Cap. I, Vol. 11, do nosso Curso. Para a obtenção do williot que
está traçado na Fig. 1-87 (supondo tg > 0) marcamos, a partir da origem o
(que coincide, no caso. com os apoios A e B), as variações de comprimento
Al, e AI, das barras 1 e 2, sendo
obtidos os pontos 1 e 2; tirando-se
C
por 1 e 2 perpendiculares, respectiva-
mente às barras 1 e 2, obtemos c,
ficando completo o williot. A análise AI,
do wiüiot nos mostra que a defor- :@C>1:O. a, b
maçio de cada barra tem duas compo-
nentes: uma a i a 1 (que é a variação
de comprimento provocada pela va- Fig. 1-87
riaçáo de temperatura), que não intro-
duzirá esforços no sistema principal da Fig. 1-86 (pois a extremidade C
das barras n%oestá impedida de se deslocar; apenas está impedida de g k r ,

I
I
devido à presença da cliapa I ) e outra perpendicular i barra. sendo. portanto,
um deslocamento ortogonal recíproco e que provocará o aparecimento de
momentos dc cngastamenlo perfeito, dados pelas expressões 11.7 a 11.9.
A
coiiformc o caso (iio exemplo da Fig. 142.1, tcnios ~ C A= !: e o,-- = ?c).
Conhecidos os deslocamentos ortogonais rcciprocos, obtemos o vctor
{oirs}, ficando resolvido o problema pela expressão
I {Ai} = -[Pl-' {flirxl
I
Observapio - Podeinos resolver diretamente o problema conjunto da
variação de temperatura (Ar t te) bastaiido somar os efeitos das 2 parcelas
no sistema principal, o que nos conduzirá ao vrtor {oii] = {oi,t] t {oirg},
a partir do qual o problema é resolvido pela expressão
{Ai} = -[O]-' foi!}
Este procedimento será, evidentemente. mais vantajoso, pois faremos as
operações matriciais de uma única vez.
I Os exemplos seguintes esclarecem.
Ex. 1.9 - Resolver a estrutura da Fig. 1-88 para a variação de temperatura
I
nela indicada, em relação a do dia da execução. Sabe-se quc possui seção
retangular de 0,s rn de altura e que tem EJa = 10-' tm2/'C. para todas
I as barras.
C
Fig. 1-89

Sendo a decoinposiçáo da variação de temperatura a indicada na Fig. 1-89,
temos:
a) Variação de temperatura
a.1. At = ti - te = -40°C, com t, = O
Temos, conforme a expressão (1.17).
os seguintes momentos de engasta-
mento perfeito:
Para a barra 1:
MA = -MC =
EJa(ri - r,) _-
h -8
-- 10-' (-40) = -8mt
0,s Fii. 1-91 - M,t
Para a barra 2 : Mc = -MB = -8 mt
a.2. r, = +3O0C, com At = O
Devido a rg = +30°C, as barras so-
frerão alongamentos iguais a
Ai, = atgl, = t180a e
AIl = atgl, = t300a. -4
Temosos seguintesentão,deslocamentosdo wiüiot daortogonaisFig. 1-93, A-4bhI
I B
recíprocos: Fig. 1-92 - Mr
E

Para a barra 1: p c - = 1; = -240a
(considerando-se C a extremidade di- 2, c 240 ru 1
reita, ela subiu em relação à esquerda,
o que torna negativo o valor do deslo-
camento ortogonal reciproco. confor-
me a convenção apresentada em 3.2.a).
AI, = 180ru
"00~
Para a barra 2: PCB = 2; = 0. O, a, b
Os momentos de engastamento per-
feito serão, entáo: Fig. 1-93
6EJp 6EJ(-240a)Para a barra 1: MA = MC = -- -
IZ - l2 = -4mt
Para a barra 2: MB = MC = 0.
Obtemos, então, o esquema da Fig. 1-92.
a.3. Efeitos totais da variação de temperatura
Serão obtidos somando-se os efeitos das Figs. 1-91 e 1-92, chegando-se
aos valores indicados na Fig. 1-94.
Temos, entáo: {&j= {-4).
b) Rotação .A,
Trabalhando com rigidez relativa e
arbitrando J = 60, temos:
J 60
Para a barra I: k , = - = - = 10
11 6
J 60
Para a barra 2: k2 = - = -= 6
1, 10
A partir do esquema da Fig. 1-95,
obtemos O,, = 16
3. Cálculo de A, Fig. 1-95 - Mi
Temos: {A,) = -[P]-' {&I, obtendo, no caso:

4. Efeitos finais
Sendo os efcitos finais dados por E = E,. + 0,25E1,temos, a partir dos
monicntos finais indicados na Fig. 1-97, o diagrama de momentos fletores,
ein mt. da Fig. 1-98.
Fig. 1-98 - DMT (em mt).
Ex.1.10 - Obter o diagrama de nioincntos fletores para a estrutura da
Fig. 1-99. se a mesma for submetida a um aumento uniforme de tempera-
tura de 20°C. E dado: EJa = 10-' tm2/"C. para todas as barras.
~ - " i-_ -- _.-_ - --- _-I -- _.I
I
Fig. 1-99
I
I
,
Temos:
Em se tratando de uma estrutura com duas deslocabilidades internas
Irotaçóes dos nós D e E) e externamente indeslocável, o sistema principal
é o da Fig. 1-100.
Fig. 1-100

O metodo das deformaçóes
a) Variação de temperatura
Sendo as variaçóes de comprimento das barras Ali = atgli = t 20aIj,
temos: AI, = Al, = AI, = t160a; A/.,= A16 = t120a;Al, = AI, = tZOOa.
A partir do wiiliot da Fig. 1-101, no qual os pontos foram obtidos na
ordem e, d, a (notar que, como A é um apoio vertical do I ? gênero,
s6 podendo se deslocar portanto, na horizontal, um de seus lugares geométri-
cos será uma reta horizontal partindo da origem o), obtemos os seguintes
deslocamentos ortogonais recíprocos:
+
Para a barra 1: p n ~= Ia = -120a (a extremidade da esquerda desceu em
relação à da direita)
Fip. 1 - 1 0 1 Wüiiot.
+ +
7d = 0Para a barra 2: PDE = , Para a barra 5 : PEB = 5e = O
+
Para a barra 3: ~ F E= 3 4 : t 2 1 3 a Para a barra 6: p ~ c= 65 = t1600i
Para a barra 4: PDB = 4d = O Para a barra 7: PJ-C = 7 f = +267 a
(Os sinais dos deslocamentos ortogonais recíprocos são dados obedecendo-se
i convenção de se considerar positiva uma descida da extremidade da direita
da barra em relaçào à extremidade da esquerda.)
Note o leitor que, conio o williot foi traçado na ordeni e.f: d, a, o desloca-
inento+ortogonal recíproco da barra L, (barra DE). por exeniplo. é dado
+
por 7d e não por 2e, pois o wiiiiot partiu de e para d e não de d para c.
(Aliês. não seria difícil verificar o engano, caso coiiietido, pois 2: e4 o desloca-
mento axial da barra e, riiirica pr>deriaser coiifundido com o deslocamento
ortogunal recíproco 70.)
Assim, na leitiira dos desIorainci%rúsortogonai recíprocos, deve ser res-
peitada a ordern do trapdo do wii:iot.

Os momentos de engastamento perfeito são, então:
3EJp 3EJ (-1204 =
Para a barra I: Mo = ---
P - 64
~ E J P +3 X 2133 =
Para a barra 3: ME = -- -
P - 64
3EJp +3 X 16 = +,,33 mtPara a barra 6: ME =-- =
P 36
Para a barra 7: MC = MF = 0, pois a barra 6 bi-rotulada
A partir do esquema da Fig. 1-102, temos:
c . 5 6
Blo = -0,56
Bzo = +2,33
O +1,33
Fig. 1-102 - Mt
b) Rotaçáo A,
Trabalhando com rigidez relativa e ar-
bitrando J = 24, temos: +3 ++1,5
para a barra 1: k ; ~24 $= 2,25 i^ymPara a barra 2: k, = 8= 3 +2
24
Para a barra 4: k, =6=4
Vem, então: Oil = +9,25
PZI - + 1.5
c) Rotação A,:
Fig. 1-103 - M,
Temos:
Para a barra 2: k, = 3
3 24
Paraa barra3: k'--X-= 2,25
'-4 8
3 24
Pata a barra6: k' --X-= 3
6 - 4 6
24
Para a barra 5: k -- - 2,4
5 - 10-- -
Vem: 012= +1,5
p,, = +10,65 Fig. 1-104 - M,

O mhtodo das deformqões
A partu de A = - i i0,65J 12;33J“ ootemos
4. Efeitos finais
0s momentos finais nas extremidades das barras são dados por: M =M,+
+ 0,098M1 -0,233M2 e estão indicados (em mt) na Fig. 1-105, a partir da
qual foi obtido o diagrama de momentos fletores, em mt, da Fig. 1-106.
Fig. 1- 105 Fig. 1-106
6. APLICAÇÁOAS ESTRUTURAS COM DESLOCABILIDADES
EXTERNAS
A única diferença das estruturas externamente' deslocáveispara as extema-
mente indeslocáveis está no fato de que, para as primeiras, quando impomos
as deformações A i no sistema principal, nem todas seráo rotações, pois
algumas serão deslocamentos lineares para os quais precisamos conhecer
que deslocamentos ortogonais recíprocos aparecerão neste sistema principal.
Este problema será resolvido pelo traçado de um williot, nos moldes do que
foi feito para o estudo de recalques de apoio em estmturas indeslocáveis
(pois, impor um deslocamento a um apoio do I? gênero adicionado B estrutu-
ra, para torná-la externamente indeslocável, 6 exatamente dar à estrutura do
sistema principal um recalque de apoio), náo havendo, então, qualquer
conceito teórico a adicionar.
Os exemplos seguintes esclarecerão.
Ex. 1-11 - Obter os diagramas de momentos fletores para o quadro da
Fig. 1-107 devido a cada um dAs seguintes agentes:
a) carregamento indicado
b) recalque de apoio D de 1 cm, de cima para baixo associado a um
recalque horizontal de mesmo valor da esquerda para a direita.
EJ = 2 X 104b2(para todo o quadro)

Fig. 1-107
a) Kesoluçio para o carregamento externo
I . Sistema principal
O qiiadro possui uma deslocabilidade iiiterna. que é a rotaçao do nó B
e uma deslocabilidade exteriia. que é o deslocamento horizontal da barra
BC' (Já que 4 iiecessátio colocar um apoio horizontal em B ou C para tornar
estes 116s linearmente indeslocáveis). Assim sendo. o sistema principal é o
da Fig. 1-108. (Nesta figura, indicamos o sentido que consideraremos positivo
para forças e deslocamentos lineares horizontais do nó E.)
~1u9~a) Carregamento exteriio
Aplicando o carregamento esterno no
sistema principal, teremos o funciona-
mento da barra BC como engastada e
apoiada, aparecendo em B um momen-
to dado pela Tabela 1. por hf8 = + 17.51
I
+ L -'X h' - +9 int.
8 Fig. 1-1 09 - t'"

O mbtodo das deformações 59
Devido a este funcioiiamento, aparecerio reações verticais em B e C que se
traiisniitiráo dirctainente aos apoios A e D.conforme iridica a Fig. 1-1 10.
Nenhuma reação horizontal 6 despertada nesta fase.
Temos, então:
PIO= +9 (I?it/rn
Pzo = O (não existe rea~áo
horizontai no apoio 2)
7.5 L t f4.57
Fig. 1-1 10
h) Rotaçáo A ,
Dando uliia rotaçáo A, 2 ciiapa 1. tal
que EJA, " = 6 trn2 tenios o apareci-
iiients dos segiiiiites nis!nentos nas
barras. ein torno do nó L?:
Para a barra 1:
Para a harra 2: t0.51
As reaçòes de apoio, que serão despertadas c que estâo indicadas na Fig.
1-1 11, foram obtidas a partir dos esqtiemas da Fig. 1-1 12.
Temos, eiitáo:
P l l = +7
a2,= + i (sir~alpositivo confc~r~iieconveiição da Fie. 1-108).
"lsto conespotide 3 tcrmas arbitrado um valor r i o i~nitiriop u a Ai. n qicc i: pcrfci-
tiimcntr licito. co~ifoime rabcilios. Quando formos resolvcr a entriiiiira da sistrnia
priticipal para a deslocameiifo &, daremos tamhéni ii!n desl<ic~rneritoA2 tal q ~ e
MA2 = EJA, para que. coni isto, a matriz 1191rija sriiiltrica Ivlr na Obs. 4.1.c. a iiui.i
6 ao ~6diliip5giiiaI. Prla incsma rarza. trabiilharcmas sempre no caro de cslruturas
drslocáveis com "gidez absoluta das barras.

c) Deslocamento A,
Dando um deslocamento A, ao apoio
2, tal queEJA2= 6 tm3, teremos o apa-
recimento de deslocamentos ortogo-
nais recíprocos de igual valor para as
----P
barrasa barra12,e 3,conformepermanecendoindica ohorizontalesquema 2'TT-da Fig. 1-1 13. Estes valores poderiam t
ser obtidos, evidentemente, a partir de
um williot; apenas não o fizemos devi-
do igrande simplicidadegeomitrica da
estrutura, que nos possibilitou esboçar, Fig. 1-1 13
diretamente. a elástica nesta fase.
Teremos os seguintes momentos de engastamento perfeito devido a estes
deslocamentos ortogonais recíprocos:
6EJA 6 x 6
Para a barra I: MA = MB -= + I mt (o sinal é positivo
P 6=
porque a extremidade da direita da barra se deslocou de
cima para baixo).
Para a barra 3: Mc = MD = 0, pois a barra B bi-rotulada. Temos, entào, os
momentos e reações de apoio indicados na Fig. 1-114 (as
reaçóes de apoio obtidas do esquema da Fig. 1-115), a partir
dos quais podemos escrever:
P i 2 = + l
P22 = +I13
Fig. 1-1 14 -M2 Fig. 1-1 15

4. Efeitos finais
Da expressão M = M o - 2,25M, + 6,75 M,,obtemos os momentos finais
(em mt) nas extremidades das barras, indicados ria Fig. 1-116, a partir dos
quais temos o diagrama de momentos fletores da Fig. 1-1 17.
Fig. 1-116 -M«mcntos finais. Fig.1-117-D.M.I;.lcrnmtl.
Observaç5es: a) Caso desejemos conhecer os valores reais corretos da
rotação do i18 B e do deslocamento liorizontal da barra BC. basta inultiplicar-
6
,, que leva em contamos os valores encontrados pelo fator corretivo2-
ao inves de 1. Assim,o fato de termos arbitrado A, e A, iguais a-
2 X 104'
temos:
AI = -0,675 X 10-' rad (o sentido correto é o horário)
a B 2 x 1o4 h
Abarci BC = A2 = 2,025 mm (da esquerda para a direita)
b) As reaçõès de apoio finais podem ser obtidas oii pelo emprego do prin-
cípio da superposiçào de efeitos, da expressão E = E, - 2,25E, + 6,75E2
(estando E,, E,,E, rcp:eseritados nas Figs. 1-109. 1-11 1 e 1-1 14) oir a partir
do diagrama final da Fig. 1-117, por procedimento análogo ao adutado no
Exemplo 1-3 deste capitiilo.
b) Resolução para os recalques de apoio
Bastará determinarmos os efeitos dos recalques de apoio no sistema
principal, já que a matriz [li] está conhecida do item anterior. Os recalques dc
apoio acarretam o aparecimento, no sistema principal, dos seguintes desloca-
mentos ortogonais recíprocos obtidos do williot da Fig. 1-1 18:
f
Para a barra 1: p 8 ~= ab = O 0.a.b
f
Para a barra 2: p c ~= bc = + I cm
Para a barra 3 : pco = d? = - I cm
C d
1 crn Fig. 1-1 I8

Surgirá momento de engastamento perfeito apenas na barra 2, já que a
barra 1 teni pm = O e que, para a barra 3, por ser bi-rotulada, não surgem
momentos de engastamento perfeito. Temos, para a barra 2:
Os efeitos do recalque de apoio no sistema principal são, entáo, os da
Fig. 1-1 19, obtendo-se:
fll, = +16,67
&r = 0
Fig. 1-1 19 - iM,
Temos. então. para o recalque:
Os momentos finais, obtidos a partir da expressão A l = M, - 4,17 M l t
+ 12,5M2,estão indicados na Fig. 1-120; o diagrama de momentos fletores
6 o da Fig. 1-121.
Fig. 1-1 20 Fig. 1-121
Ex. 1-12 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro da
Fig. 1-122.

O metodo das deformações
Fig. 1-1 22
I. Sistema principal
Tendo a barra AB inircia iiirii!ita. ticani impedidas as rotações dos nós
4 e E; desta forma, a única deslncabilidade iriterna será a rotação do nó C
Exterriameiite, a estrutura tem iiriia deslocabilidade, que 6 o deslocarnerito
Iiorizontal da barra AO. Assim sriiilo. o sistema principal é o da Fig. 1-123
- Fig. 1-123
Devido ao fato do carregamento exter-
iio ser constituído por uma única for-
o
ça, localizada na linha de ação do
apoio 2 do sistema principal, ele se- f?Fig. 1-1 24 -Mo
rá diretamente absorvido neste apoio,
não aparecendo qualquer momento de engastamento perfeito lias barras.
Temos então, arbitrando como positivas reações do apoio 2 da esquerda
para a direita:
Pio = 0
020 = -3

b) Rotação A, 2 t t
Dando uma rotacão A, à chapa 1. tal +2 -I4. .
que EJA, = 6 tm', surgem, no sistema
principal, em torno do nó C, para as
barras 1, 3 e 4 momentos iguais a
conforme indica a Fig. 1-125. Com
' -h
isto, temos o,, = +12.
Fig. 1-125 - M l
Para a obtenção de P,,, que 6 a reação horizontal despertada no apoio 2
pela rotação A, imposta à estrutura, é fácil ver, no caso, que ela dependerá
apenas dos momentos existentes na barra 1, obtendo-se, a partir doesquema
da Fig. 1-1 26:
l t .A -
821 = + 1 d
(Na Fig. 1-125 não representamos as
outras reaçóes de apoio, já que serão
desprovidas de significado maior para 4mr1;nós.) C
Fig. 1-126
c) Deslocamento A,
,nzDando-se um deslocamento horizontal
A, ao apoio 2 tal que W A 2= 6 tm3, p:, 1
apenas as barras 1 e 2 terão desloca- ,
mentes ortogonais recíprocos iguais
a (+A,), conforme indica a Fig. 1-127,
surgindo em suas extremidades mo-
mentos iguais a MA = MC = Mg =
6EJa, 6 x 6= MD = 61 - 1 mt. Fig. 1-127
IZ -
A reação no apoio 2, função dos mo- 2 213t
mentos atuantes nas barras 1 e 2 vale- +l
rá:
+ ') = 213 t, da esquerda para a
6
direita. Assim, teremos:

O metodo das deiormapaes
4. Efeitos finais
3 36
Os momentos finais, dados por M = M o--M, t- M,, estão indicados
7 7
na Fig. 1-129, a partir da qual obteve-se o diagrama final da Fig. 1-130.
Fi.1-129 Fig. 1-130 - D.M.F. (emmt)
Ex. 1-13 - Obter os diagramas solicitantes e as reaçóes de apoio para a
viga da Fig. 1-131, que tem rigidez constante igual a 103tm2. A mola tem
constante k = 0,s X I O ~ I m .
Fig. 1-131
A viga possui uma deslocabilidade interna, que 6 a rotação do nó E,
e uma deslocabilidade externa, que 6 o deslocamento vertical do mesmo nó
(já que, devido à presença da mola, este nó se deslocará). Assim sendo, o
sistema principal é o indicado na Fig. 1-132.

Cuno de analise estrutural
Fig. 1-1 32
2. Efeitos no sistcma principal
Superpondo os efeitos do carregamento atuante nas barras& e BC coma
do carregamento atuante no balanço, conforme indicam as Figs. 1-133.1 e
1-133.2, obtemos os momentos de engastamento Mo e as reaçóes de apoio
indicadas na Fig. 1-133.3, a partir das quais temos:
813 = -1
f120 = -1 1.25 (arbitramos como positivo o sentido de cima para baixo).

Daiido uriia rotação AI i cliapa I do sisieiiia prinrip.il ia! quc i::ii,= . '2.
sureirâo do nó LI. os monieiitos:u
Para a barra 1:
4 4 X 4 nlt
,y - --- - --
I - -
1, 4
Para a barra 2:
3 W A ' 3 X 4K' ...L- --
2 - -
4
- 3 mt
12
Tcniosda Fig. 1-131:eiitZo, 3 partir do esqiienii ;;*a
4 + 2 3
I3
iiii = +7 4 = 7' -i
r.
&, = t0.75
Dando ao apoio 7 um deslocaii,iii;to 4, tal que LIA2 = 514, = t 4 .
obtenios a elástica da Fiip. 1-135. que inos mostra ter a l>arra1 sofrido uiii
deslucaineiitti urtogoiiil rccipruço p , :+i2ia extiemidadc da dircit~idcsccu
em relaçã» i da esquerda) e a barra 2 iiin dcslocameiito ortogonal reciprocci
p, = -A2 ( a esquerda desceu ein relac;iri à direita).
2.947
2
--..- .-
7 * - -
I0.7% 0.19t
Fig. 1-1 35 Fig. 1-1 36 -M,
Assim, temos os seguintes momentos de engastamerito perfeito:
Para a barra 1: MA = M8 = 6EJ(+A2) - 6X4- + ] ,5
1: 42
Para a barra 2: hfB = 3EJ'J(-Ad --3-- mt
1: 42
12
Valor arbitrado ;ipen;is para auxiliar os dlciilos. No caso. i: ai.iiiisrlhávrl tr;ibailiar
ram rigidez absoliita a fiin de evitar possíveis rrror devidos à amisrào da fator (4L')ris
culisiders$ia ila influéncia <Ianiola. conrornir vercrnos no iteni ?.c tirite cxcniplo. bcni
como para garantir a simetria da matriz 101.

Devido aos momentos de engastamento perfeito aparecerá0 as reaçóes
1,5 + 1,s
v, =
4
= 0,75t (para cima)
(I9' + '2') +
= 0,94t (para baixo)v, = -
4
o 75vc = L=0,19t (para cima)
4
Ao valor da reação de apoio VB,temos que somar a força despertada na
4
mola por lhe termos imposto um deslocamento A, ==e que vale F= kA2=
-~
4k
=-= 2t, no sentido do deslocamento imposto (isto é, para baixo).
EJ
A reação final no apoio 2 valerá, pois: V, = I V* I + IFI = 0,94 t 2 = 2,94t,
para baixo.
Temos, então, a partir da Fig. 1- 136:
P,, = +0,75
P22 = 294
4. Efeitos finai
A partir da expressão E = E , - 0,27E, t 3,90E2, obtemos os momentos
finais nos nós (em mt) indicados na Fig. 1-138, estando o diagrama de
momentos fletores correspondente desenhado em 1-139. As reaçóes de apoio,
obtidas da mesma expressão, estão indicadas na Fig. 1-139. (Poderiam, tam-
bém, ter sido obtidas empregando-se o mesmo tipo de procedimento do
Exemplo 1-3:)
9.31 rnt
+9.31
i ffl,7Si,7E -6&
9.31 m
Fig. 1-138 Fig. 1-1 39

o metodo das deformações 69
Observações: a) O deslocamento vertical da mola será dado por ys =
4=-A -
4
EJ
- a3X 3 9 = 15,6 mm (para baixo)
b) A reação na mola 6 vale, evidentemente, Fe = kya = 0.5 X lo3 X
X 15,6 X 10-3 = 7,8t, confirmando o valor da Fig. 1-139.
Ex.1-14 - Resolver a greiha da Fig. I-140,cujasbarras têm EJ = 1O4tmae
GJt = 1,5 X l@trnz.
A grelha possui três deslocabilidades: duas internas, que sáo as componen-
tes da rotação do nó B em tomo de dois eixos ortogonais pertencentes ao
plano da grelha; e uma externa, que 6 o deslocamento vertical dii nó E.
Assim sendo, o sistema principal é indicado na Fig. 1-141. Na mesma figura,
indicamos os sentidos que arbitramos como positivos, para rotagóes e
momentos em torno dos eixos r e y. bem corno para os deslocamentos
verticais e reaçôes verticais do apoio 3.
A, O A, O
-
3
Pig. 1-141
Nesta fase, a barra AB funcionará como biengastada, surgindo em A e em

3 X 42
B momentos de engastamento perfeito, de módulo igual a --- = 4 mt
12
e cujos sentidos sc encontram indicados na Fig. 1-142. No apoio 3, aparccerá
4 x 3
uma reaçao de apoio igual a --= 6 t. Temos, então:
2
Bio = -6
Fig. 1-142 - Mo,To
Dando à chapa I do sistema principal uma rotaçáo A, = 4 X 10-3 rad 1 3 .
temns o aparecimento dos seguintes momentos no nó B, no sistema principal
4 X 1 0 4 X 4 X 1 0 - "
- +Para a barra 1: M =---
4
= 40mt
1,
GJtA, _ 1.5 X 104 X 4 X 10-3 = +15ilit
Para a barra 2: T =--- -
12 4
Levando em conta que, para a barra 1,
t ~ a= +I12 e, para a barra 2, tsc = -1,
obtemos o esquema da Fig. i-143, a
partir do qual vêm:
o,, = 40 + 15 = t 5 5
$21 = O
O,, = + I 5
15t
15t
Fig. 1-143 . V , ,T ,
13vdslor escolhido arbitrariamentç, vi-anil" apenas a trabulhwinos com niimcros
dc mcrma urdiin de grandeza ein todo o pr<iblciiia.

Impondo à chapa 2 do sistema priiicipal uma rotação A? = 4 X 10-3rad,
teinos, por analogia com o caso da Fig. 1-143, o esquema da Fig. 1-144,
a partir do qual podeiiios escrever:
piz = 0
p2,= 40 t 15 = 55
= -15
Impondo ao apoio 3 do sistema principai um deslocaiiiento A, =
= 4 X 10-'m, surgirao, nas extremidades das harras 1e 2, devido ao desloca-
mento ortogonal recíproco A, de uma extremidade em relação à outra,
momeiitos de engastamento perfeito de módulos
6EJA3 - 6 X 10" X 4 X 10-3 = 15 mt
IZ 42
e cujos sentidos estão indicados na Fig. 1-145
Obtemos, então:
pi3 = t 1 5
Fig. 1-145 - M3, T3

-15
4. Efeitos finais
Da expressão E = E, - 0,07E, + 0,18E2 + 0,64E,, obtemos os momentos
finais atuantes nas extremidades das barras, itidicados na Fig. 1-146, que nos
conduzem aos diagramas de momentos fletores e torçores da Fig. 1-147.
0.9 rnt
Fig. 1-146
0.9 rnt
Fig. 1-147

O método das deformaçaes 73
7. SIMPLIFICACÃO PARA O CASO DE ESTRUTURAS ELÁSTICA
E GEOMETRICAMENTE SIMETRICAS
As id6ias básicas para estas simplificaç6esjá foram apresentadas e discuti-
das em detalhe no item correspondente do Cap. 11, Vol. I1 de nosso Curso,
de modo que tiraremos partido destas conclusões, não voltando a apresentar
o a~sunto.'~Abordaremos, separadamente, os casos de estruturas planas e
grelhas.
7.1 - Estruturas planas
7.1.1 - Caso em que o eixo de simetria intercepta um nó da estrutura
Seja a estrutura da Fig. 1-148.1, elástica e geometricamente simétrica,
submetida ao carregamento indicado.
Empregando o artifício do arranjo de cargas, o carregamento pode ser
decomposto nas parcelas simktrica e anti-simétrica dasFigs. 1-148.2e 1-148.3.
1-148.1 1-148.2
Fig. 1-148
Analisemos cada um dos dois casos:
a) Carregamento simétrico
Para o caso da Fig. 1-148.2, sabemos que o nó C (interceptado pelo eixo
de simetria) náo terá deslocamento horizontal nem rotaçãõ, existindo, apenas
seu deslocamento vertical. Assim, a resolução da parcela sim6trica do carrega-
mento recairá na resolução da estrutura da Fig. 1-149.2, em que o vínculo
existente em C impede todas as componentes de deformação, exceto o
deslocamento vertical. Trata.se, então, de uma estrutura com duas deslocabi-
14caso, em algum ponto da exposi~áo,o leitor sinta alguma dificuldade, sugerimos
a leitura do item 2.5 do Cap. 11,Vai. ll, de nosso Curso.

lidades - uma interna. que é a rotação do nó 6 e uma externa, que é o des-
locamento vertical de C (basta ver que, acrescentarido um apoio vertical do
I? gsnero em C, a estriitura ficaré indeslocável. pois os pontos A e C serào
engastes e o ponto B estará ligado por duas barras a estes dois pontos indeslo-
cáveis, serido indeslocável tambkm). Assim sendo, o sistema principal para
resolução pelo método das deformaçóes é o da Fig. 1-149.3 (notar que, no
sistema principal, o nó C funciona como engastado).
"'1 1 ;f-*
A
1-149.1 -- E$trutura simé- 1-149.2 -S~mplifica<ãodr- 1-149.3 S~stemaprincipal
tricd com carregamctiro s i vida à simeiria. para o m6todo das defoi-
mgtrica. myi<;óss.
Fig. 1-149
Observuçãu:Note o leitor que. no caso da parcela simétrica do carrega.
mento, seria indiferente resolver a estrutura simplificada da Fig. 1-149.2
pelo método das forças ou das deformações, pois que ela é duas vezes
hiperestatica e tem duas deslocabilid.ddes, isto é, em qiidlquer dos dois irré-
todos teríamos duas incógnitas a determinar.
b) Carregamento anti-simétrico
Para o caso da Fig. 1-148.3, sabemos que no rió C só não possuirá
deslocamento vertical; assim, a resolução da parcela ariti-simétrica do
carregamento recairá na resolução da estrutura da Fig. 1-1 50.2: que possui
duas deslocabilidades - uma interna (rotação do nó B) e uma externa
(deslocamento horizontal de C, já que, adicioiiando-se-llie um apoio hori-
zontal do 10 género, então ela ficará indeslocável). sendo portanto, dado
pela Fig. 1-150.3 o seu sistema principal para resolução pelo método das
deformações.
1-150.1 1-150.2 1-150.3
Estruturasiinitricacoin car- Simplificaqãodevida 2 anti- Sistema principal para o
rcgainonlo anti-simétrico. simetria. mitodo da? deformações.
Fig, 1-150

Observapo: No caso. a resolução da parcela anti-simétrica seria mais
vantajosa se feita pelo método das forças pois a estmtura da Fig. 1-150.2
é uma só vez hiperestática (uma incógnita. pelo método das forças), ao
passo que tem duas deslocabilidades (duas incógnitas pelo inétodo das
deformações).
I
I
7.1.2 - Caso em que o eixo de simetria intercepta completamente uma
barra da estrutura
Seja a estmtura, elástica e geometricamente simétrica, da Fig. 1-1 51.1,
submetida ao carregamento indicado.
I
I
Empregando o artifício do arranjo de cargas, o carregamento pode ser
decomposto nas parcelas simétrica e anti-simétricas das Figs. 1-1 51.2 e
1-151.4 que, conforme vimos no Vol. I1 do nosso Curso, podem ser resol-
vidas a partir dos esquemas das Figs. 1-151.3 e 1-151.5.
esta simplifica~ãopara o carregamento simétrico. ertamos desprcrando a defor-
mação da barra central devida ao esfarfo normal. No caso de querermos Icvá-Ia cin
conta, agiríamos conforme indicado no item 9 deste capitulo.

76 Curso de analise estmtural
Observação: Notar que, na resolução da parcela simétrica do carrega-
mento, teremos uma única incógnita pelo método das deformações (rotação
do nó E ) e que, naresolução da parcela anti-simétrica, teremos três incógnitas,
pois a estrutura possui duas deslocabilidades internas e uma externa (rota-
ções dos nós B e C e deslocamento horizontal de B 16).
Assim, para a resoluçáo da parte simétrica do carregamento, o emprego
do método das deformações é de todo vantajoso (pois a mesma é três vezes
hiperestática). ao passo que, para a parcela anti-simétrica, no caso, seria
indiferente o emprego de qualquer um dos dois métodos hiperestátikos, pois
a estrutura da Fig. 1-151.5 e também três vezes hiperestática.
7.1.3 - Caso em que o eixo dc simetria intercepta uma única seçáo de
uma barra
Sejaresolvero quadro elástico e geometricamente simétricotia Fig. 1-1 52.1.
Decompondo o carregamento atuante em suas parcelas simétrica e anti-
simétrica, teremos a resolver os casos das Figs. 1-152.2 e 1-152.3, que
analisaremos separadamente:
Fig. 1-152
a) Carregamento simétrico
Fi.1-193

O método das deformacoes 77
Para a parcela simétrica do carregamento, indicada na Fig. 1-153.1, temos
a resolver uma estrutura com duas deslocabüidades internas (rotaçaes dos
nós A e B) e uma deslocabilidade externa (deslocamento horizontal da
barra Ai?); entretanto, devido à simetria existente, sabemos que a barra AB
não possuirá deslocamento horizontal (de modo que a deslocabilidade
externa não se manifestará) e sabenios, também, que as rotações dos nós
! A e B serão simétricas. de modo que se constituirão numa mesma incógnita.
I Desta forma, o sistema principal para resolução da estrutura pelo método
I das deformações é o indicado na Fig. 1-153.2, havendo então uma única
I
incógnita (A,) a determinar, no caso.
Dentro da sistemática do método das deformações quando formos impor
a rotação A, unitária ao sistema principal, teremos a resolver o caso indicado
na Fig. 1-153.3, ou seja, uma viga biengastada submetida a recalques angulares
unitários simétricos, em suas extremidades.
Fi.1-153
Empregando o princípio 'da superposição de efeitos, conforine indicado
nas Figs. 1-153.3 a 1-153.6, obtemos, a partir dos conceitos de rigidez e
coeficiente de transmissão:
Como a barra é elasticamente simétrica (KA = KB e tAB= ~ B A ) ,podemos
escrever que:
IMAI = IMBI= KA - ~BAKB= KB - ~ A B K A= KA(I - f ) = KB(l-t).
(Os sentidos dos momentos MA e MB são, evidentemente, os mesmos das
rotações A, impostas.)
Como demos rotaçaes unitárias simétricas às extremidades da barra AB,
denominaremos aos momentos MA e ME de rigidez de simetria da barra AB
(por analogia com as condições de definição de rigidez de uma barra num nó).
Assim, definiremos rigidez de simetria k, de uma bana biengastada,
elasticamente simétrica, aos momentos (simétricos) que devemos aplicar em
suas extremidades para que as mesmas tenham rotações unitárias (simétricas).

Assim: K , = K (1 - t ) " (1.19)
No caso particular da barra possuir inércia constante J, temos, levando
em conta (1.2) e (1.3):
2EJ
K, = -
1
(1.20)
Analogamente ao que Fiemos anteriormente, definiremos aqui o conceito
de rigidez relativa da simetria k,, que será dada pela relação:
No caso particular da barra possuir inércia J constante, ficaremos com
Com a introdução do conceito de rigidez de simetria dé uma barra, a
resolução do caso da Fig. 1-153.1 será imediata e poderemos trabalhar com
apenas metade da estrutura no estudo dos efeitos no sistema principal, já
que sabemos que os valores dos momentos atuantes serão simétricos em
relação ao eixo de simetria da estrutura (pela convenção de sinais que
adotamos para momentos de engastamento perfeito, no caso de simetria,
os momentos simétricos terão sinais opostos). A Fig. 1-154 indica os
efeitos, no sistema principal, provocados pelo carregamento externo
carr. ext.
+
eng. peri.
1-154.1 - Mo 1-154.2 - Mi
Fig. 1.154
(Fig. 1-154.1) e pelas rotações simétricas A, = 1 (Fig. 1-154.2 -- supusemos
positivo o sentido da rotação unitária imposta ao nó A ) , a partir dos quais
torna-se imediata a formulaçáo das equaçóes de compatibilidade estática
que resolvem o problema (no caso; teremos uma só equação). O Exemplo 1.16
esclarecerá.
i7~xpressãoválida. qualquer que reja a lei de variação (simétrica) de inércia da barra.

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