Curso de Análise Estrutural

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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 
ou estocada em sistema de banco de dados, sem a expressa autori- 
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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 
CAPÍTULO I - 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 I I 
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~áo dc trmperstura 48 
6 - Aplicação às estruturas com deslocabilidades externas 57 
7 - Simplifica~ão para o casa de estruturas elástica e geometricamente simétricas 73 
7.1 - Estruturas planas 73 
7.1.1 - Caro rm que o cixo d e simetria intercepta um nó da estrutiira 7 3 
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 o de 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 n u m a 
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 
er tor~o iiornial 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~ocesío de 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 t rapdo 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 a do vento 283 
3 - Cabos mm ean-ento uniímemente distribuido segundo seu 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 f i a l 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 determinadosprogramas 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 diveisas barras. 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 11 de 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 6 A 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 incógnitasdo problema são 
as rotações e deslocamentos lineares dos nós B e C, já que os engastes A 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. 
6 Curso de análise estrutural 
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 deslocabilidades lineares. 
Assim, caso existissem os apoios adicionais do 10 gênero @ 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 d 1 , 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 deslocabilidades lineares 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 deslocabilidades externas 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. 
8 Curso de análise estrutural 
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 deslocabiiidades interna (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 2 
A Ad d = l + l = 2 Fig. 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 10 gênero 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'dez no 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 análise estrutural 
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. 4 E J K = - 
I 
interessante notar que, como conseqüência da aparição do momento 
4EJ 
igual a 7 no 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 = 1 e 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 
4 E J 
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 
O metodo das deformações 13 
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 positivos aos 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~ão dc 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 em A acarretou o aparecimento de um momento 
4 EJ MA = +- , em A e de momentc M, = + - 2 y em 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 barra AB 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 EJ K ' = - 
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 constante J, 
temos: K J k =- =- 
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. 
O metodo das deformações 15 
3.2 - Momentos devidos a deslocamentos ortogonais recíprocos 
a) Barra biengastada 
-1- 
Seja obter. para a viga bieiigastada 
A - . . 
AB de váo 1 da 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 ~ O dados. empregando o princípio 
da superposição de efeitos (efeitos de i p ~ e de +oB), por:MA = KAPA + t ~ - A &@E =+ (KA + f ~ - A K B ~ (1.7) 
4~onsideraremog positivo um deslocamento ortogonal ~ecfpraco quando 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 
6 EJp 
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 inércia constante. 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 ( t p ) 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%o da mesma viga para uma rotaçáo imposta em A, de valor 
P pA = +-, 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 g 1-22 barra de inércia constante J , levando 
em conta a expressão (I.4), virá 
3EJp , obtendo-se, para este nfA = -- 
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 
B 
I 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 
n A E 
6 EJ 3 1 liazi; k,=- X - 
2 1 
Barra engastada e ratiilada 
A 
V B 
L I 
A 
Y 
3 E1 rA=- 
I 
3 J k ~ = - X - 
A B 
4 1 
A 
4 B --__ -. 
-.. 
3 EIP MA=+- 
l2 
- 
- 
20 Curso de análise estrutural 
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). 1711 nós 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~ão de 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*73 
funcionando 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 A I , 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 
- 
bi i O,& 
f- 3 0 3 , , +A,[;m+ ' \ A , = + , I-20.2 
- 
Fig. 1-27 
22 Curso de análise estrutural 
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, Iizo significa 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 
l i22 = KcO t ~ $ 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 
24 Curso de análise estrutural 
existam aç6es estáticas f i a i s 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 elásticoda 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 = 0 C 
(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 (1.1 I), que resolve o problema. 
E = E, + P Ei Ai 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. 
O método das deformações 25 
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: 
{ f i o ) + 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,, e t3 . 
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~iavcrá nenhum problema especial, no entanto. se arbitrnino* valores desiguais para 
os Ai; toda a teoria continua válida. deixando. apenas. a maliir [li] dc <?r rimétrica. 
26 Curso de análise estrutural 
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 K g l g c = K c t c - (os trabalhos virtuais igualados foram os das forças 
externas, já que os das forças internas são iguais entre si). 
O metodo das deformações 27 
20) Resoluçáo do sistema principal para o agente solicitante externo, 
obtendo-se o vetor { o 0 ) 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 Z Ei Ai). 
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 1 0"/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. 
Curso de análise estrutural 
2. Efeitos no sistema principal 
a) Carregamento externo 
P,,=+6 p,0=+12 
Com o auxilio da Tabela I, obtemos I? n 
os 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, 
O i i = 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 
s imp le~ .~ 
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 
80bi idos os vaiarcs finais de Ai c A2 para o problema. ronio arbitramov iIm;i 
i o3 rotaqào igual a (-) rad para as nós B c C Ipois dividimos a rigidezpor 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 
O metodo das deformações 29 
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: 
8i 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 = + l i 5 
pz2 = t 1 0 
3. Cálculo das incógnitas A, e A2 
Sabemos que: 
Fig. 1-35 - Mi 
Daí. obtemos: 
$:I = - 6: a] { ) = Li: i'] 6:) = @I$ 
30 Curso de análise estrutural 
4. Efeitos finais 
Seráo dados por E = E, - 0.62E, - 1.1 1 E,, 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 = M o - 0 . 6 2 M 1 - I.11M2. 
A 
Fig. 1-37 - Situagão final dar barras 
14.67 mt 
t2.031 t3.97 + 13.83 = 17.8r 
Pig. 1-38 - DMF ieiii mt l 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 t l rn 
Fig. 1-40 
1. Sistema principal 
T a c s t r t u d a d e s o a i i A 
dades 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 
32 Curso de analise estrutural 
2. Efeitos no sistema principal 
a) Carregamento externo 
Pela Tabela I , temos: 
Para a barra @ : 
M* = -iw, = -- 6 X 4 2 = t 8 m t 
12 + A 8 
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: 
> o l 1 = 5 5 , 2 5 
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 = -= I 2 e para 
3 60 
a barra @ : k' = - X - = 15): 
4 3 A~ 
i O método das deformações 
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,033M1 t 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: 
34 Cuno de analise estrutural 
Por ZX = O ... liA = 0,3St 6 t im - 
~ 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 o ser adotado em qualquer outro. 
t11.6t t 26.8% 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 
O m4todo das deformações 35 
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 
1. Sistema principal 
2. Efeitos no sistema principal: 
a) Carregamento externo 
Conforme a Tabela I , temos, devido à carga uniformemente distribuída: 
Para barra @ : 
Mq = -Ms = -- 62 - - +12 mt 
12 
Para barra @ : 
v , a 
I 
- 
I - 
carga distr. 1 +12 -12 ;+I8 O 1 
momento do i 1 -4 - -8 i 
balanço I 
I 
Fii. 1-52 - Mo 
36 Curso de análise estrutural 
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 -2 Temos: A , = - = - - 
P l l 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: 
1. Sistema principal 
Fig. 1-57 
Curso de análise estrutural 
2. Efeitos no sistema principal 
a) Carregamento externo 
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, 
NO caso, devido à presença do engaste elástico, trabalharemos com a rigidez 
verdadeira das barras, pois, caso coiitrario, precisariainos tan~b im detiiir 
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: P I I = +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: 
v 
Pil = +2 - a 
- pzz = t14 
+ 10 +4 - +2Fig. 1-60 - M, 
O método das deformaçóes 
3. Cálculo das incógnitas 
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 
40 Curso de análise estrutural 
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 to reo, 
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 e y (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 
2. Efeitos no sistema principal 
a) Carregamento externo 
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 = +40 M = - - - 
1 5 
Cuno de analise estrutural 
Para a barra 2: 
GJtAl - 4 x 10 = +4 T=- - - 
I 10 
Obtendo-se, a partir do esquema da Fig. M 8 : 
pi l = 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 10 T = - - - 
1 1 o = 4, 
obtendo-se, a partir do esquema da 
Fig. 1-69: 
Fig. 1-69 - E , 
d) RotaçZo A 3 n / 
Para A, = 10-3 rad, temos no nó C: 
Para a barra 2: 
4EJA 4 X 5 X 10 = 2o ,r,{ = 2 = 
1 1 O Fii. 1-70 - E , 
O rnbtodo das deforrnaçoes 
Para a barra 3: 
G J r A 3 _ 4 X 10 T = -- 
1 - 5 - 8, 
obtendo-se, a partir do esquema da 
Fig. 1-70: 
f l i 3 =O; f l z 3 =O; f l S 3 = 28; f143 = 1Q 
e) Rotação A, 
Fig. 1-71 - E4 
Analogamente ao caso da rotação A3. 
obtemos, a partir da Fig. 1-71: 
P14 = O; 024 = O; f l y ~ = 10; 1144 = 28. 
3. Cálculo das incógnitas 
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) 
44 Curso de análise estrutural 
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 02 e 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 .i em 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 
46 Curso de análise estrutural 
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 103 tm2. 
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 = I nd l = 2,s cm 
Para a barra 2: p,,.~ = ldfl = O 
+ 
Para a barra 3 : PFE. = I ef 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 
3 EJp - 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~ivcriçáo al~rcseiitada ciii 
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 
48 Curso de análise estrutural 
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 E l 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 A i = ti - I,. 
Estes casos podem 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. 19 Fig. 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 
Os sinais 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 { l i iAt } do agente solicitante externo no sistema 
principal, o problema está resolvido, pelo emprego da expresszo 
{ A 4 = -[O]-' { b t ~ r l 
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%o está impedida de se deslocar; apenas está impedida de g k r , 
I 
I O m6todo das deformações 51 
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 {A i } = - [ P l - ' {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 
52 Curso de análise estrutural 
Sendo a decoinposiçáo da variação de temperatura a indicada na Fig. 1-89, 
temos: 
1. Sistema principal 
2. Efeitos no sistema principal 
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, = t 300a . -4 
Temos os seguintes então, deslocamentos do wiüiot da ortogonais Fig. 1-93, A -4bh I 
I B 
recíprocos: Fig. 1-92 - Mr 
E 
O método das deformações 
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 detemperatura 
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: 
54 Curso de análise estrutural 
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: 
1. Sistema principal 
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 
2. Efeitos no sistema principal 
a) Variação de temperatura 
Sendo as variaçóes de comprimento das barras Ali = atgli = t 20aIj, 
temos: AI, = Al, = AI, = t 160a ; A/.,= A16 = t 120a ; 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 = 0 Para 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 2 e , 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>deria ser coiifundido com o deslocamento 
ortogunal recíproco 70.) 
Assim, na leitiira dos desIorainci%rús ortogonai recíprocos, deve ser res- 
peitada a ordern do t rapdo do wii:iot. 
66 Curso de analise estrutural 
Os momentos de engastamento perfeito são, então: 
3EJp 3EJ ( -1204 = Para a barra I : Mo = -- - P - 6 4 
~ E J P + 3 X 2133 = Para a barra 3: ME = -- - P - 64 
3EJp + 3 X 16 = +,,33 mt Para 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 
B lo = -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 îym 
Para a barra 2: k , = 8 = 3 +2 
24 
Para a barra 4: k , =6= 4 
Vem, então: O i l = +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 
3. Cálculo das incógnitas 
A partu de A = - i i0,65J 1 2;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. APLICAÇÁO AS ESTRUTURAS COM DESLOCABILIDADES 
EXTERNAS 
A única diferença das estruturas externamente' deslocáveis para 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) 
Curso de análise estrutural 
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.) 
2. Efeitos no sistema principal ~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 r e a ~ á o 
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~al positivo confc~r~iie conveiição da Fie. 1-108). 
"lsto conespotide 3 tcrmas arbitrado um valor r i o i~nitirio p 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~rnerito A2 tal q ~ e 
MA2 = EJA, para que. coni isto, a matriz 1191 r i ja sriiiltrica Ivlr na Obs. 4.1.c. a iiui.i 
6 ao ~6di l i i p5giiiaI. Prla incsma rarza. trabiilharcmas sempre no caro de cslruturas 
drslocáveis com "gidez absoluta das barras. 
60 Cuno de analise estrutural 
c) Deslocamento A, 
Dando um deslocamento A, ao apoio 
2, tal que EJA2 = 6 tm3, teremos o apa- 
recimento de deslocamentos ortogo- 
nais recíprocos de igual valor para as ----P 
barras a barra 1 2, e 3, conforme permanecendo indica o horizontal esquema 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 simplicidade geomitrica 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 
3. Cálculo das incógnitas 
O método das deformações 61 
4. Efeitos finais 
Da expressão M = M o - 2,25 M, + 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. 1-1 16 -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 conta mos 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: 
A I = -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 [ l i ] 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 
62 Curso de análise estrutural 
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: 
f l l , = + 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 
2. Efeitos no sistema principal 
a) Carregamento externo 
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 
64 Curso de analise estrutural 
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 4mr 1; 
nós.) C 
Fig. 1-126 
c) Deslocamento A, ,nz 
Dando-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 
I Z - 
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 
3. Cálculo das incógnitas 
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. (em mt) 
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 103 tm2. A mola tem 
constante k = 0,s X I O ~ I m . 
Fig. 1-131 
1. Sistema principal 
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 
a) Carregamento externo 
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). 
O metodo das deformações 67 
Daiido uriia rotação AI i cliapa I do sisieiiia prinrip.il ia! quc i::ii, = . ' 2 . 
sureirâo do nó L I . 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 4 K' ...L - - - 
2 - - 
4 
- 3 mt 
12 
Tcnios da Fig. 1-131: eiitZo, 3 partir do esqiienii ;;*a 
4 + 2 3 I 
3 
iiii = +7 4 = 7' -i 
r. 
&, = t0.75 
Dando ao apoio 7 um deslocaii,iii;to 4, tal que L I A 2 = 514, = t 4 . 
obtenios a elástica da Fiip. 1-135. que inos mostra ter a l>arra 1 sofrido uiii 
deslucaineiitti urtogoiiil rccipruço p , : +i2 ia extiemidadc da dircit~i dcsccu 
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 * - - 
I 
0.7% 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 <Ia niola. conrornir vercrnos no iteni ?.c tirite cxcniplo. bcni 
como para garantir a simetria da matriz 101. 
68 Curso de análise estrutural 
Devido aos momentos de engastamento perfeito aparecerá0 as reaçóes 
1,5 + 1,s v, = 
4 
= 0,75 t (para cima) 
(I9' + '2') + 
= 0,94t (para baixo) v, = - 
4 
o 75 vc = 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, parabaixo). 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 
3. Cálculo das incógnitas 
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 
- a3 X 3 9 = 1 5,6 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 = 1O4tma e 
GJt = 1,5 X l@trnz. 
1. Sistema principal 
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 
2. Efeitos no sistema principal 
a) Carregamento externo 
Nesta fase, a barra AB funcionará como biengastada, surgindo em A e em 
70 Curso de análise estrutural 
3 X 4 2 
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. 
O m6todo das deformações 71 
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 1 e 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 
72 Curso de análise estrutural 
3. Cálculo das incógnitas 
-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 simplificaç6es já 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. l l , de nosso Curso. 
74 Curso de analise estrutural 
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 
Estruturasiinitrica coin car- Simplificaqão devida 2 anti- Sistema principal para o 
rcgainonlo anti-simétrico. simetria. mitodo da? deformações. 
Fig, 1-150 
O metodo das deformações 75 
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~ão para 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 item9 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 
Seja resolver o quadro elástico e geometricamente simétrico tia 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. 1-1 5 3.1, 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: 
IMA I = IMBI = KA - ~ B A K B = 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). 
78 Curso de análise estrutural 
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): 
2 EJ 
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 - M i 
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~xpressão válida. qualquer que reja a lei de variação (simétrica) de inércia da barra. 
O método das deformações 
b) Carregamento anti-simétrico 
1-155.1 1-155.2 
Fig. 1-1 55 
No caso da parcela anti-simétrica do carregamento, como a deslocabiiidade 
linear da barra AB irá se manifestar e levando em conta, ainda, que as 
rotações dos nós A e B serão anti-simétricas, obtemos o sistema principal 
da Fig. 1-155.2, havendo, então, no caso, duas incógnitas a determinar. 
(No caso do apoio horizontal que seria necessário adicionar à estrutura 
para impedir a deslocabilidade linear da barra AB, preferimos subdividi-lo 
em dois apoios, um em cada extremidade da barra, a fim de que A2 também 
seja anti-simétrico e que, desta forma, seja também explorada a anti-simetria 
existente.) 
Dentro da sistemática do método das deformações, quando formos impor 
a rotação A, unitária ao sistema principal, teremos a resolver o problema 
da Fig. 1-1 56.1, ou seja, uma viga biengastada submetida a recalques angulares 
unitários, antf-simétricos, em suas extremidades. 
1-156.1 1-156.2 1-156.3 1-156.4 
Fig. 1-156 
Empregando o princípio da superposição de efeitos, conforme indicado 
na Fig. 1-156 e levando em conta que devido i simetria elástica da harrn 
temos: 
KA = KB e t * ~ = t g ~ = t , vem: 
M A = M B = K A ( l + t ) = K ~ ( l + t ) 
80 Curso de analise estrutural 
Analogamente ao que fizemos no caso de simetria, definkemos rigidez 
de anti-simetria K, de uma barra biengastada. elasticamente simétrica. aos 
momentos (anti-simétricus) que devemos aplicar em suas extremidades para 
que as mesmas tenham rotações unitárias (anti-simétricas); 
Assim: K, = K (1 + t) l8 (1.23) 
No caso particular da barra possuir inércia constante J , temos. levando 
em conta (1.2) e (1.3): 
Também aqui definiremos rigidez relativa de anti-simetria ka , o que 
faremos da mesma forma utilizada para os outros casos, obtendo 
No caso particular da barra possuir inércia constante J, ficaremos com 
Com a introdução do conceito da rigidez de anti-simetria de uma barra, 
a resolução do caso da Fig. 1-155.1 será imediata, sendo possível (analoga- 
mente ao caso do carregamento simétrico) trabaihar com apenas metade da 
estrutura para o estudo dos efeitos no sistema principal (já que sabemos que 
os mesmos são anti-simétricos). A Fig. 1-157 indica os efeitos no sistema 
principal, provocados pelo carregamento externo e pelas deformações anti- 
simétricas unitárias AI e A2, a partir dos quais podemos facilmente 
formular as equações de compatibilidade estática que resolverão o problema. 
19 
1-157.1 - Mo 1-157.2 - Ml 1-157.3 - M 2 
Fig. 1-157 
I8 Expressáo vilida para qualqucr lei de variação (simétrica] de inércia da barra. 
'9~fe i tos Mz obtidos levando crn conta as cxprcssões (I.7), (1.8) e (1.14). 
O mdtodo das deformações 81 
O Exemplo 1.21 esclarecerá 
Observaçrío: Notar que, no caso da estrutura da Fig. 1-152.1, a resolução 
da parcela simétrica do carregamento apresenta uma única incógnita e a da 
parcela anti-simétrica do carregamento apresenta duas incógnitas, pelo método 
das deformações. Comparemos com o número de incógnitas, caso fôssemos 
resolver o mesmo problema empregando o método das forças. As parcelas 
simétrica e pnti-simétrica do carregamento teriam os sistemas principais e 
hiperestáticos indicados nas Figs.1-158.1 el-158.2, respectivamente, e que 
mostram ser, no caso, mais vantajoso resolver a parte simétrica do carrega- 
mento pelo método das deformaçóes e a parte anti-simétrica pelo método 
das forças.Este tipo de análise deve ser sempre feito, no sentido de minimizar 
o trabalho de resoluçáo da estrutura; muitas vezes, conduz à resolução de 
uma parcela do carregamento por um método hiperestático e, da outra 
parcela, pelo outro (dizemos, quando tal ocorre, que estamos resolvendo a 
estrutura pelo método misto). 
1-158.1 - Hiperestátiços para 1-158.2 - Hipcrcstáticos para 
czrregamento simé- carrcgarnçnfoiuiti-si- 
tTiio. Fig. 1-158 rn6trico. 
Ex. 1.15 - Obter o diagrama de momentos fletores, as reaçóes de apoio 
e o diagrama de esforços normais para o quadro simétrico, solicitado 
simetricamente, da Fig. 1-159. 
& S m - ~ B m & S r n ~ S m ~ 
Fig. 1-159 
82 Curso de análise estrutural 
I . Sistenia principal 
Como, devido i simetria existente, as deslocabilidades lineares das duas 
barras horizontais não se manifestam e como. ainda. a presença da barra 
vertical LHC impede o deslocamento vertical dos nós L e H (desprezado 
o trabalho desta barra ao esforço normal), a estrutura a resolver é a da 
Fig. 1-160.1, cujo sisteina principal está indicado em 1-160.2. 20 
I-lb0.l - Lstrtitiirc ii rrsolver. 1-160.2 - Sistcma principal 
Fig. 1-1 h0 
2. Efeitos no sistema principal 
a) Carregamento externo 
Os momentos de engastamento per. 
feito valem: 
Na barra FG: 
M ~ = + - - - - 62 = t g r n t 
8 
Na barra KL: , 
2 X 6' MK = -M/. = t -- = +61nt, 
12 
obtendo-se, a partir da Fig. 1-161: Fig. 1.161 - Mo 
i l io = +9, ilao = f 6 
'O~atar que. se fõsscmos resolver a estrutura da Fig. 1-160.2 prlo método da, 
for~as, o inúrncro de incógnitas seria 6 , o que o tornaria contra-indicado. no caso. 
I 
I O rnéiodo das deforrnaees 
1 b) Rotação A, 
Trabalhando com rigidez relativa e ar- 
bitrando J , = 24, temos, devido à 
rotaçáo Al imposta ao n6 F, os se- 
guintes momentos em torno deste nó: + 6 
I Na barra FG: + .6 
I 3 (2 X 24) k'=- X 
4 6 
= 6 mt 
24 
Na barra AF: k = = 6 mt 
I 4 
Fig. 1-162 - M , 
A partir da Fig. 1-162, obtemos 
I 
c) Rotação A2 
I w 
I Devido à rotação A*, temos os se- 
I guintes momentos em torno do nó K: 
Na barra KG: 
A Fig. 1-163 nos fornece: 
I 812 = 0 flZ2 = t12,S 
3. Cálculo das incógnitas 
4. Efeitos finais 
Fig. 1-163 - M2 
Da expressão E = E, - 0.75E, - 0,48E2 obtemos os momentos finais 
(em mt) nas extremidades das barras, indicados na Fig. 1-164, a partir dos 
quais podemos montar o esquema da Fig. 1-165. que nos conduz aos 
diagramas de momentos fletores, de esforços normais e i s reações de apoio 
dados nas Figs. 1-166 e 1-167. 
Fig. 1-164 - Momentos fuiais. 
2 tim 
Fig. 1-165 - A n á l i ~ r do comportamento de cada barra da estrutura 
Fig. 1-166 - DMF (em mt) e reações de apoio. 
I O mhtodo das deformações 
Fig. 1-167 - DEN (em t ) I 
Ex. 1.16 - 0 b e r o diagrama de momentos fletores para o quadro 
simétrico da Fig. 1-168, cujas barras tém, todas, a mesma inércia. 
Fig. 1-168 
1. Sistema principal 
Levando em conta a simetria do carregamento, sabemos que as desloca- 
bilidades Lineares das barras horizontais não se irão manifestar e que podemos 
trabalhar com metadc da estrutura. 
tendo o n o D o comportamento de 
um engaste e. para a barra AB, deveii- 
do ser usado o conceito de rigide~ de 
simetria definido neste item. 
Assim seiido, o sistema principal D 
é o da Fig. 1-169. 
F 
Fig. 1-169 
Curso de análise estrutural 
2. Efeitos no sistema principal 
a) Carregamento externo 
Os momentos de engastamento per- 
feito valem: 
Para a barra AB: 
Para a barra CD: 
Temos, a partir do esquema da Fig. 
1-1 70: 
Pio = +6, p2, = +12 
b) Rotação A, 
Arbitrando J = 24 e trabalhando com 
rigidez relativa, temos o aparecimento 
nas barras CA, CF e CD de momentos 
em torno do nó C, devidos à rotação 
A I . com valor: 
A partir da Fig. 1-171, temos: 
Pl l = 12 
L321 = + 2 
c) Rotação A, 
Ainda trabalhando com rigidez relativa, 
teremos, devido à rotação A,. os se- 
guintes momentos em torno do nó A : 
Na barra AB: 
Fig. 1-170 - Mo 
Fig. 1-1 7 1 - M I 
Fig. 1-1 72 - Ma 
O metodo das deformaçõss 
Na barra AC: Temos: 51, = +2 
3. Cálculo das incógnitas 
4. Efeitos finais 
A partir dos momentos finais nas extremidades das barras (M = Mo - 
- 0,107M1 - 2,36M2) indicados na Fig. 1-173 (em mt), obtivemos o 
diagrama de momentos fletores da Fig. 1-174. 
Fig. 1-173 - Momentos finair (em mtl. Fig. 1-174 - DMI; (eni mil. 
Ex. 1.17 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro fechado 
de inércia constante da Fig. 1-175, submetido ao carregamento auto-eqiiili- 
brado indicado. 
Fig. 1-1 75 
88 Curso de análise estrutural 
1. Sistema principal 
Explorando a dupla simetria existente (na qual cada eixo de simetria 
intercepta as barras numa seção, em se tratando, portanto, do caso estudado 
no item 7.1.3 deste capitulo), podemos resolver apenas 114 da estrutura, 
sendo o sistema principal, então, o da Fig. 1-176. 
2. Efeitos no sistema principal 
a) Carregamento externo 
Temos os seguintes momentos de en- 
gastamento perfeito: 
Barra AB: 
Barra AD: 
Fig. 1-1 77 - Mo 
2 
4' - nf,, = -- - 
12 
42 = -1,33 int 
12 
A partir do esquema da Fig. 1-177, 
temos: pio = +1,67 
h) Rotaçáo A, 
I)evido à rotação A I . temos os se- 
guintes momentos em torno do nó A . 
trabalhando com rigidez relativa e ar- 
bitrando J = 24 
Na barra .A R: L 
1 ' i 
k , = - X - 2 lnt Fig. 1-1 78 - M, 
2 6 
O m6todo das deformações 
Na barra AD: 
1 24 
k s = - X - = + 3 m t 
2 4 
Temos, então: !ill = +5 
3. Cálculo da incógnita 
Temos: 1,67 + 5A, = O . A, = -0,33 
4. Efeitos finais 
A Fig. 1-179 indica os momentos finais atuantes, a partir dos quais 
obtivemos o diagrama de momentos fletores da Fig. 1-180. 
Fig. 1-479 - M = Mo - 0,33M1 Fig. 1-180 - DMF (em mt). 
Ex. 1.18 - Obter o diagrama de momentos fletores e as reaçks de apoio 
para o quadro elasticamente simétrico da Fig. 1-181, submetido ao carrega- 
mento indicado. 
Fig. 1-181 
90 CUFJO de analise estrutural 
Decompondo, conforme indica a Fig. 1-182, o carregamento atuante em 
suas parcelas simétrica e anti-simétrica, notamos que a parcela simétrica 
(Fig. 1-182.2) não contribuirá para o trabalho 2 flexão da estrutura, pois 
provocará apenas o aparecimento de um esforço normal de compressáo 
igual a P na barra DEF." Resta-nos resolver, pois, o caso da Fig. 1-182.3 
(estrutura simétrica com carregamento anti-simétrico, em que o eixo de 
simetria se confunde com uma das barras) que recairá, conforme abordamos 
no item 7.1.2 deste capítulo, na resolução da estrutura da Fig. 1-183.1. 
1-182.2 
Carr. simétrico 
1- 182.3 
Carr. anti-simétrim 
Fig. 1-182 
Como, ainda, a estrutura da Fig. 1-183.1 .é simétrica, decompondo seu 
carregamento nas parcelas simétrica e anti-simétrica obtemos os casos das 
Figs. 1-183.2 (onde aparecerão apenas esforços normais na barra DE) e 
1-183.3 (em que temos a resolver um quadro simétrico com carregamento 
anti-simétrico). 
2'Dcsprr~andose a dcforma~ão da estrutura devida a este esforfo normal 
O método das deformações 
Fig. 1-1 83 
Finalmente, o caso da Fig. 1-183.3, lembrando que na seçáo média da 
barra DE só existirá esforço cortante, se simplificará para a resolução da 
estrutura da Fig. 1-184.2, que é isostática. 
1-184.1 1-184.2 
Fig. 1-1 84 
Da Fig. 1-184.2, podemos obter imediatamente o diagrama de momentos 
fletores e as reações de apoio pedidas, indicados na Fig. 1-185. 
Curso de anãlise estrutural 
Fig. 1-185 
Ex. 1.19 - Obter o diagrama de momentosfletores para o quadro simétrico 
da Fig. 1-186, cujas barras têm as inércias indicadas na figurá (em m4). 
Fig. 1-186 
1. Sistema principal 
Devido à simetria existente, não se manifestará a deslocabilidade horizontal 
da barra DEF, com o que podemos afirmar que os nós D, E e F são indes- 
locáveis linearmente. Isto acarreta, então, a indeslocabilidade Linear do nó G 
(por estar ligado a dois pontos indeslocáveis D e F) e, desta forma. a 
estrutura a resolver se simplifica para a da Fig. 1-187, cujo sistema principalestá indicado em 1-188. 
O mbtodo das deformações 
Fig. 1-187 - Estrutura a resolver. Fig. 1-1 88 - Siatcrna principal. 
2. Efeito no sistema principal 
a) Carregamento externo 
Devido ao carregamento externo temos, 
no sistema principal: 
MD = -Mc; = 1 X 12= = 12 mt 12 
Temos, então, da Fig. 1-189: 
oi0 = +12 
Fig. 1-189 - Mo 
b) Rotação A 
Trabalhando com rigidez relativa e 
multiplicando as inércias por 103, a 
fim de facilitar os cálculos, temos em 
torno do nó D, os seguintes momentos 
devidos à rotação A, : 
Na barra DG: Fig. 1-190 - hf1 
Na barra DE: 
Na barra AD: 
J 24 k = - = - = 2 m t 
1 12 Da Fig. 1-190. vem = + 5 
3. Cálculo da incógnita 
Temos: 12 + SAI = O : AI = -2,4 
4. Efeitos finais 
Os momentos fuiais M = Mo - 2,4M1 estáo indicados na Fig. 1-191 
(em mt), a partir do qual obtivemos o diagrama final, em mt, da Fig. 1-192. 
ntS, 
Fig. 1-191 
I O m6todo das deformações 95 
Ex. 1-20 - Obter os diagramas de 
momentos fletores para o quadro da 
Fig. 1-193, cujo material tem E = 
= 2 X 106 t/m2 provocados por: 
a) aumento uniforme de 30 "C 
b) recalque do apoio B de 1 cm, de O 
X 
cima para baixo. 
É dado o coeficiente de dilatação li- 
near a do material: 
I a = 10-~/Oc 
+8-+-sm+ 
a) Aumcnto de 30°C 
1. Sistema principal 
Fig. 1-193 
Devido à simetria existente, a estrutura a resolver é a da Fig. 1-194, cujo 
I sistema principal é o da Fig. 1-195. 
2. Efeitos no sistema principal 
a) Aumento de temperatura 
Devido ao aumento de temperatura, as barras aumentarão seus comprimen- 
tos dos valores seguintes: 
Barra 1: Al, = aArl i = 10" X 30 X 4 = 1,2 mm 
Barra 2: A1, = d t 1 2 = 10-' X 30 X 10 = 3 mm 
Barra BE: A l m = ~ A , B ? = 10-' X 30 X 10 = 3 mm 
Para o traçado do williot, devemos 
ter em mente este Ultimo resultado, 
ou seja, que o ponto E subirá 3 mm. 
Desta forma, fica determinado o williot 
da Fig. 1-196, do qual obtemos os des- 2.d 
locamentos ortogonais recíprocos das 
extremidades das barras 1 e 2, dados 
40. 
por: Fig. 1.196 - Williot -Escala 1:O.l . 
Os momentos de engastamento perfeito provocados são: 
= -9 mt 
Para a barra 2:MD =ME = O 
A partir do esquema da Fig. 1-197, temos 
Pir = -9 
b) Rotação A, 
Trabalhando com rigidez relativa e 
multiplicando as in6rcias por 10" te- 
mos em tomo do nó D, devido à rota- 
ção A i , os seguintes momentos: Fig. 1-197 - M, 
J 5 Para a barra 1 : k =-=-= 1,25 mt 
1 4 
J 20 ParaabarraZ:k=-=-=2mt 
1 10 
Da Fig. 1-198, vemp,, = 3,25 
3. Caculo da incógnita 1 1 
+0,62& 
,?I, - 9,oo temos: A, = -- - - = 2,76 
P i i 3925 Fig. 1-198 - Mi 
4. Efeitos finais devidos à temperatura 
Da expressão M = Mt + 2,76 M,, obtemos os momentos finais nas extremi- 
dades das barras (em mt) dados na Fig. 1-199, a partir dos quais temos o 
diagrama de momentos fletores (em mt) da Fig. 1-200. 
Fig. 1-199 Fig. 1-200 - (DMF)t,mp,r,ti,ra. 
l 
i O método das deformafles 
1 b) Recalque vertical de apoio em B 
I 1. Efeitos no sistema principal 
Como continuamos a ter, neste caso, uma situação de simetria o sistema 
principal ainda 6 o da Fig. 1-195, e basta então estudarmos os efeitos do 
recalque de apoio no sistema principal. Para tal, traçamos o williot da 
Fig. 1-201, obtido lembrando-se que o nó E teri um deslocamento vertical 
igual ao recalque vertical de B (1 cm de cima para baixo). Obtemos, deste 
I wiliiot, 02 deslocamentos ortogonais recíprocos, dados por: 
PD* = ad = -0,75 cm * 
I 
p D ~ = ed = + 1,25 cm 
I Fig. 1-201 - Williot (Esc: I : 1) 
Os momentos de engastamento perfeito provocados são: 
Para a barra 2: Mg =ME = 
6X 2X 106x 20X 10-3X 1,25X 10-2=+30mt 
1 o2 
Da Vig. I-202,-sirnùolizando os efeitos 
do recaique de apoio iio sistema prin- 
cipal, vcin: 
oir = + l ,9 
28.1 
Fig. 1-202 - M, 
2. Clculo da incógnita 
l r _ 0,585 O novo valor da incógnita A, será, então, AI = --= - 
O , , 325 
3. Efeitos finais 
Os momentos finais, obtidos da expressão M = M, - 0,585M,, estão 
indicados na Fig. 1-203, da qual se obtem o diagrama de momentos fletores 
(em int) da Fig. 1-204. 
Curso de análise estrutural 
Fig. 1-20) Fig. 1-204 - (DMF)reialqiie 
Ex. 1-21 - Para a estrutura elástica e geometricamente simétrica da 
Fig. 1-205, pedem-se: 
a) Decompor o carregamento em suas parcelas simétrica e anti-simétrica; 
b) Mostrar como ficam, respectivamente, as matrizes de flexibilidade e 
de rigidez da estrutura, considerando os carregamentos parciais do item 
a e supondo que se vá resolver a estrutura pelo metodo das forças e das 
deformaçóes, respectivamente; 
c) Resolver a estrutura para as parcelas simetrica e anti-simétrica do' 
carregamento, empregando em cada caso o método hiperestático, que 
requerer a determinação de um menor número de incógnitas; 
d) Desenhar o diagrama de momentos fletores final.22 
Fig. 1-205 
a) A decomposição do carregamento em suas parcelas simétrica e anti-si- 
métrica é imediata e está indicada na Fig. 1-206. 
enunciado deste problema nada mais é da que o roteiro que se deve empregar 
na resolução de uma estrutura elástica e geomeiricamente simétrica. 
1 O metodo das deformaçóes 
/ 
1-206.2 - Parcela simétrica. 
Fig. 1-206 
b) Supondo que fôssemos resolver a estrutura pelo método das forças. 
os Iiiperestáticos para as parcelas simétrica e anti-simktrica do carregamento 
seriam, respectivamente, os indicados nas Figs. 1-207.1 e 1-207.2, coiiduzindo 
a uma matriz de flexibilidade [SI da forma: 
1-207.1 -1-207.2 
Fig. 1-207 
(Observação: Notar que a barra bi-rotulada AB. por estar descarregada. 
L trabalhará exclusivamente ao esforço normal, simbolizado pelo hiperestático 
X, da Fig. 1-207.1.) 
Para a resoluçáo pelo método das deformaçóes, os sistemas principais 
i 
e incógnitas para as parcelas simétrica e anti-simétrica do carregamento são Os 
indicados nas Figs. 1-208.1 e 1-208.2, respectivamente, conduzindo a uma 
matriz de rigidez [ P ] da forma: 
1 O0 Curso de anAlise estrutural 
Da análise feita neste item b, concluimos da conveniêricia de resolver 
a parcela simétrica do carregamento (Fig. 1-206.2) pelo método das deforma- 
çòes e a parcela anti-simetrica (Fig. 1-206.3) pelo método das forças, pois, 
em cada caso. teremos apenas uma incógnita a determinar. 
c) ResoluçZo da estrutura para as parcelas simgtrica e anti-simetrica do 
carregamento: 
c.1) Parcela simétrica do carregamento (Fig. 1-206.2). Resolverido pelo 
iiiétodo das deformaçóes, temos: 
1 . Sistema principal 
Dado ria Fig. 1-208.1 
2. Efeitos no sistema principal 
2.1 - Carregamento externo 
'[ 
São os seguintes os momentos de en- 
gastarnento perfeito: 
1 X 6' 
Barra AC: Mc = +---= +4,5 nit 
8 
4 x i 2 - + í l m t Barra CD: h.lc =- = -- 
8 8 
1 X 6' 
Barra CE:Mg = - A f C = =-- = +3 mt 
I2 
A partir da Fig. 1-209, temos: 
Fig. 1-209 do Pio= +7,5 
O mlitodo das deformaç6es 
2.2 - Rotação AI 
Trabalhando com rigidez relativa e ar- 
bitrando J , = 12, temos os seguintes 
momentos em tomo do nó C devidos 
à rotação A1: +1,5 
= t l m t 
Na barra CE: k =c = -= I' 2 mt Pii 1-210 - Ml 
1 6 
Do esquema da Fig. 1-210, obtemos: 
P l l =+4,5 
3. Cálculo da incógnita 
4. Efeitos fmais 
A partir dos mòmentos finais atuantes nos nós M& = Mg - 1,67Ml 
indicados na Fig. 1-211, obtemos o diagrama de momentos fletores da 
Fig. 1-212. 
Fig. 1-21 1 
102 Curso de análise estrutural 
c.2) Parcela anti-simétrica do carregamento (Fig. 1-206.3). 
Resolveiido pelo método das forças, temos: 
1. Sistema principal 'e hiperestático 
Dados na Fig. 1-207.2. 
2. Diagramas no sistema principal 
2.1 M o 
Fig. 1-213 - M: Fig. 1-214 - M4 
3. Cáiculo dos EJc6 
Temos: EJ,6,, = - 36 X 42 
EJ,6, = 36 X 7 
4. Equação de compatibilidade e hiperestático 
Temos: -36 X 42 + 36 X 7 X, = O : X, = +6 
5. Diagrama de momentos fletores 
Da expressão Mmt = M: + 6M4, 
obtemos o diagrama de momentos 
fletores da Fig. 1-215. 
O metodo das deformacões 
d) Diagrama final 
O diagrama de momentos fletores final M será a soma dos diagramas das 
Figs.1-212 (Mh) e 1-215 (M,,] obtendo-se aquele representado na Fig. 
1-216. 
Fig. 1-216 - Mfi,,[(rrn mt). 
Observação: Apenas a título de ilustração, mostraremos como se chegaria 
às equaçóes de compatibilidade estática, caso desejássemos resolver a parcela 
anti-simktrica do carregamento também pelo método das deformações. 
Empregando-se o roteiro do m6tod0, temos: 
1. Sistema principal 
Indicado na Fig. 1-208.2. 
2. Efeitos no sistema principal 
1-217.2 
Fig. 1-217 - Mo, R, 
104 Curso de análise estrutural 
2.1 - Carregamento externo 
Levando em conta que, para a parcela anti-simétrica do carregamento, 
temos os momentos de engastamento perfeito da Fig. 1-217.1, e analisando 
o comportamento de cada barra no sistema principal (o que está feito na 
Fig. 1-21 7.2), obtemos: 
f i l o L -2,25 
Om = -6.75 
6 40. = t1.5 
(Supusemos positivos os deslocamentoslineares da esquerda para a direita.) 
2.2 - Deslocamento A, 
Impondo ao sistema principal um deslocamento A, tal que EJ,A, = 72, 
temos um deslocamento ortogonal reciproco p ~ c = +A2 para a barra AC, 
obtendo: 
Do esquema da Fig. 1-218, obtemos 
k 2 = + I ; O , , = - 1 ; p , , = + 6 
Fig. 1-218 - M2. R , 
2.3 - Deslocamento A, 
Impondo ao sistema principal um deslocamento A, tal que EJ,A, = 
= &A, = 72, temos os deslocamentos ortogonais recíprocos seguintes: 
Para a barra AC: pca = -A3 
Para a barra CE: p c ~ = +A, 
i O mbtodo das deformacões 
1 Obtemos, então: 
I 
1 3EJ A 
I Para a barra AC: MC = - 3. = -6 mt 
Ac2 
I 6EJ A 
Para a barra CE: MC = ME = + = t 1 2 mt 
CE2 
Do esquema da Fig. 1-219, vem: 
1 - 1 ; p 3 3 = 5;oa3 = t 6 
Fig. 1-219 - M 3 . R3 
2.4 - Rotação A, 
Impondo ao sistema principal uma rotação A, tal que EJ,A, = EJcA, = 
= EJcA2 = 72, obtemos, em torno do nó C, os momentos: 
Para a barra AC: 
3 U c A q - 3 X 7 2 - +36mt Mc = --- - --- - 
AC 6 
Para a barra CD: 
Mc = t ~ E ( ~ J c ) A ~ _ 12 X 7 2 = +72 mt - 
CD 12 
Para a barra CE, 
I Do esquema da Fig. 1-220, vem: 
D2, = t 6 ; 0% = + 6 ; 044 = + 156 
Curso de análise estrutural 
Fig. 1-220 - M4, R4 
O sistema de equações de compatibilidade estática será então: 
{r;;] + [-i -a I;;} = {!) 
Resolvido o sistema, seguiríamos a marcha habitual do método das defor- 
mações, ate a obtenção do diagrama de momentos fletores (que, evidentemen- 
te, seria o da Fig. 1-215, no caso). 
7.2 - Grelhas 
7.2.1 - Caso em que o eixo de simetria intercepta um nó da greiha 
Seja a grelha elástica e geometricamente simétrica da Fig. 1-221 . l , situada 
num plano horizontalxy e submetida ao carregamento indicado, que pode ser 
decomposto nas parcelas simétrica e anti-simetnca das Figs. 1-221.2 e 
1-221.3, respectivamente. Analisemos cada caso em separado. 
O método das deformações 107 
I a) Carregamento sim6trico 
Devido à simetria existente, o nó S (situado na seção de simetria), náo 
terá rotação em tomo do eixo x - x (pois as tendências de rotaçáo, provoca- 
das-pelos carregamentos atuantes à esquerda e à direita, se anularão) perma- 
necenklo existentes sua rotação em tomo do eixo y - y e seu deslocamento 
vertical (perpendicular ao plano da grelha), conforme indica a Fig. 1-222.2. 
Assim, o sistema principal para resolução da estrutura pelo método das 
deformações é o indicado na Fig. 1-222.3, comportando-se o nó S neste 
sistema principal como um engaste. As incógnitas serão as rotaçóes dos nós 
B e S em tomo do eixo y -y, a rotaçáo do nó B em tomo do eixo x - x 
e os deslocamentos verticais dos nós B e S. 
1-222.1 - Cmrpaiin<a Ymitnca 1-222.2 - DlCocmn+~ d& lE (o~be smC. L221.3 - S I S I E ~ I ~"Eipa l . 
c"-. 
Fig. 1-222 
b) Carregamento anti-sim6trico 
Para o carregamento anti-sim6trico da Fig. 1-221.3, a seção S, agora, só 
terá rotação em torno do eixo x - x (devido i anti-simetria existente, não 
existirá desloc,amento vertical nem rotaçáo em tomo do eixo y - y), confor- 
me indica a Fig. 1-223.2. Assim, o sistema principal para resolução da 
estrutura pelo método das deformações é o indicado na Fig. 1-223.3 (o n ó s 
comporta-se, no sistema principal, como engaste) e as incógnitas são as 
rotações do nó B em tomo dos eixos x - x e y - y , o deslocamento 
vertical deste nó B e a rotação do nó S em tomo do eixo x - x. 
Curso de análise estrutural 
Obseriiac8rs: a) Notar bem que. no sistema principal (Fig. L-223.3), o 
úiiico víriculo que precisamos acrescentar à seçáo S para toriiá-lu um engaste 
no caso da aiiti-simetria, foi a chapa I , inipedindo siia rotaçáo em torno do 
eixo x - x (úiiica comporiente de deformação existente, neste caso. na seção 
SI. Para o caso da simetria (Fig. 1-227.3) os vínculos acresceiitados, para 
toriiar à seçao S um engaste, foram a chapa 1 e apoio do I'? g6iiero 2 
(impedindo as duas coniponentes de deformação da seção S neste caso, 
que são a rotaçáo eni torno do eixo .v -.v e o deslocamento linear na direção 
z ) . 
b) Notar. ainda, a vantagem do emprego do artifício do arranjo de cargas, 
que subdividiu o traballio de resolução da grelha 9 vezes deslocável da 
Fig. 1-221.1 lia resolução das grelhas 5 e 4 vezes deslocáveis, respectivamente, 
das Figs. 1-221.2 e 1-211.3. 
7.2.2 - Caso em que o eixo de simetria intercepta completamente uma 
barra da grelha 
Y-.. v-. 
3 ---.-- , -.- v - - v - -v 
X , X I' x,' 
1-221.1 r-22L2 L-224.3 
Seja resolver a grelha elástica e geometricamente simétrica da Fig. 1-224.1, 
situada num plano horizontal . v e submetida ao carregamento indicado, 
perpendicular ao plano . ~ y , que pode ser decomposto nas parcelas simétrica 
e anti-simétrica das Figs. 1-224.2 e 1-224.3. Analisemos cada um destes 
dois últimos casos em separado: 
a) Carregamento simgtrico 
1-225.1 - Carregamento simétrico. 1-225.2 - Sistema principal 
Fig. 1-225 
I O método das deformações 109 
1 Conforme já comentamos para o caso do item anterior (Fig. 1-222.2), 
a seção S de simetria não terá rotação em tonio do eixo x - x permanecendo 
existentes sua rotaçáo em tomo do eixo y - y e seu deslocamento vertical 
(direção 2): Assim, o sistema principal para resolução da parcela simétrica do 
carregamento é o da Fig. 1-225.2 (iiotar bem que a barra SE deve ser tomada 
com a metade de sua in6rcia):nele se comportando a seção S como um 
eiigasle. As incógnitas serão 
b) Carregamento anti-simétrico 
1-226.1 Carrepamento anti-siml'trico. 1-226.2 S i s t r n i ~ principal 
Fig. 1-226 
Pelas mesmas raz6es já apontadas no caso da Fig. 1-223, o sistema princi- 
I 
I . - I . 
pal, Icv:rndii em conta que @s ' = z~ = 0. é o da Fig. 1-226.2. As incbg- 
*-" ,v-y - X-X 
nitas serão q8 . .FU , e 
I 
I ObservapTo: Mais uma vez. cliamamos a atenção do leitor para a conveiiiên- 
I cia do emprego do artifício do arranjo de cargas às grellias simétricas; iio 
caso, a resoliiçáo da grelha 9 vezes deslocável da Fig. 1-224.1 recaiu na 
I resolução de duas grelhas - uina com 5 dnlocabilidades (Fig. 1-224.7) e 
outra com 4 (Fig. 1-224.3). 
I 
7.2.3 - Caso em que o eixo de simetria intercepta uma barra da grellia 
iiuma Única seção 
1 c o caso, por exemplo da grelha da Fig. 1-227.1, cujo carregamento pode 
sér decomposto nas parcelas simétrica e anti-sim8trica das Figs. 1-227.2 e 
I 1-227.3, respectivamente. 
Curso de análise estrutural 
- 
Fig. 1-227 
O problema poderia ser abordado de maneira idsntica à adotada no item 
7.2.1 (pois trata-se, na realidade, do mesmo problema: em ambos os casos 
temos uma grelha simétrica interceptada pelo eixo de simetria numa única 
seção S). Entretanto. o emprego do artifício do grupo de incógnitas introdu- 
zirá menos incógnitas a determinar, senão vejamos. 
a) Carregamento simétrico 
1-228.1 - Carregamento simétrico. 1-228.2 - Sistema principal. 
Fig. 1-228 
Como sabemos que, para o carregamento simétrico da Fig. 1-228.1, as 
deformações da grelha serão simktricas em relação ao eixo de simetria, 
podemos adotar o sistema principal da Fig. 1-228.2, cujas incógnitas a 
determinar são v;, e LI;. 
Observações: I ) Notarque, na fase de obtei iç~o dos ereitos rio sistema 
principal, quando formos estudar a influfncia de 9; = 1. por exemplo, neste 
sistema principal, deveremos impor uma rotaçáo = I aos nós B e Csimul- 
taneamente, pois estamos empregando o artifício do grupo de incógnitas. 
Com isto, aparecerão nas extremidades da barra BC mopentos fletores 
iguais à sua rigidez de simetria. 
1 
mbtodo das deformações 111 
2) Notar, ainda, que quando fizermos q i = I , nào aparecerào momentos 
torçores na barra BC, pois as rotaç6es de B e C sio no mesmo sentido, 
não surgindo nenhuma reação devido a elas. Tudo se passará. portanto. coino 
se interceptassemos a barra BC no sistema pruicipal e nele trabalhásseinos 
com metade da grelha. usando para a barra RC. sua rigidez de simetria i 
flexão e rigidez nula i torção. 
b) Carregamento anti-simgtrico 
Por raciocínio inteiramente anáiogo ao empregado para o carregamento 
simétrico, o sistema principal para resolução do carregamento anti-simétrico 
da Fig. 1-229.1 é o indicado na Fig. 1-229.2. 
1-229.1 - rarrcgmxnto anti-sim6trico. 1-229.2 - Sistema pri!icip:il. 
Fig. 1-229 
Convém notar. no caso, que quando impusermos, ao sistema principal, 
cp? = I , surgirão, na barra BC, em B e em C momentos fletores iguais à sua 
rigidez de anti-simetria. Analogamente, quando for imposto $2 = 1. aparece- 
rão, lia barra BC. em B e em C momentos torçores iguais. em módulo, ao 
dobro da rigidez à torção da barra BC, pois a rotaçáo relativa por torção 
de uina extrciiiidade em relação à outra valerá 2 $2 = 2. Tudo se passará. 
portanto, como se interceptássemos a barra BC no sistema principal e nele 
trabalbásseinos com metade da grelha usando. para a barra BC, sua rigide?. 
de anti-simetria à flexão e o dobro de sua rigidez à torpio. 
As aplicaçóes seguintes esclarecem. 
Ex. 1-22 - Obter os diagramas de momentos fletores e torçores e as 
reações de apoio para a greiha simétrica da Fig. 1-230. situada rium plano 
horizontal ABCD e submetida ao carregamento vertical indicado. As barras 
são perpendiculares entre si e medem: A E = EB = CE = ED = 6 in. 
Curso de anãlise estrutural 
Fig. 1-230 
I . Sistema priiicipal 
Devido à dupla simetria existente 
(em relação aos eixos Y - x e ii - y) , 
x - x Y - Y - podemos afirmar que p~ = pt. - 
= O. A única deslocabilidade do n ó E 
será. então. seu deslocameiito vertical, 
com o que obtemos o sistema principal 
da Fig. 1-23 1 (neste sistema principal, 
A?/ C XD - 
colocanios um bloco rígido no nó E. 
impediiido as rotações que sabemos 
serem iiulas neste nó. Este bloco, as- 
sociado ao apoio do I ? gènero adicio- Fig. 1-231 
nal 1. faz com que o nó E tenha. no 
sistema principal, o comportamento de 
um eiigaste). 
2. Efeitos no sistema principal 
a) Carregamelito externo 
Aplicaiido o carregamento externo 
ao sistema principal, ap:~rccerão. lias 
extreniidades das barras 1 e 2, mo- 
I X 6' 
mentos fielores de niódulo -- = 
I? 
= 3mt e reações verticais iguais 3 
-- I 
- 3 1.0s selitidos corretos estào I 
indicados lia Fig. 1-33?, da qual obie- 
mos: p,, = -2 X 3 = -6 Fig. 1-232 -Mo. V,, 
i Ométodo das deformações 113 
I b) Deslocamento A, 
Inipondo um deslocamento vertical A, , de cima para baixo, ao nó E, 
tal qiic EJA, = 18, as barras 1, 2, 3 e 4 teráo deslocamentos ortogonais 
reciproci>s iguais a A , , surgindo em suas extremidades, momentos fletores 
6EJA 6 X 18 
de módulos -i- = T= 3 mt, com os sentidos indicados na Fig. 1-233, 
i 6 
2 X 3 
e reações de apoio verticais iguais a- = 11, conforme indica a Fig. 1-233, 
6 
da qual obtemos, então: o,, = +4 X 1 = 4 
Fig. 1-233 M i . I', 
I 3. Cálculo da incógnita 
I Temos: A , = -h = + 1 , 5 
i i i i 
I 4. feitos finais 
1 A partir dos momentos finais nas extremidades das barras (em mt) e 
rcaqóes de apoio (em t) indicados na Fig. 1-234 (obtidos da expressão E = 
= E, + I .5 E, ). temos os diagramas soiicitantes (em mt) da Fig. 1-235. 
Curso de análise estrutural 
Fig. 1-234 - E = E, + 1.5 E , 
DMF DMT 
Fig. 1-235 - DMF, DMT. 
Ex. 1-23 - Obter os diagramas de rnuiiientos fletores e torçores para a 
grelha da Fig. 1-236, situada num plano horizontal, e cujas barras, perpendi- 
EJ 
culares entre si, têm: - = 2 
GJ, 
O método das deforma* 
Fig. 1-236 
1. Sistema principal 
Levando em conta a dupla simetria '+'I 0 
existente e a conclusão tirada, no item 
7.2.3a deste tópico, o sistema princi- 
pai 6 o da Fig. 1-237, devendo-se, 
neste, trabaihar para as barras inter- ao 
rompidas com sua rigidez de simetria 
à flexão e sem rigidez à torçáo. Assina- 
91- 
lamas, neste sistema principal, os sen- 
tidos que consideraremos positivos pa- 
ra momentos e rotações, reaçóes e des- 
locamentos verticais do nó L. 
2. Efeitos no sistema principal 
a) Carregamento externo Fi. 1-237 
Aplicando o carregamento externo no sistema principal e levando em 
conta que, para as barras KL e lJ os momentos de engastamento perfeito e 
as reaçóes de apoio têm os valores indicados na Fig. 1-238, obtemos os 
efeitos da Fig. 1-239, a partir da qual podemos escrever: 
116 Curso de analise estrutural 
PIO = +4.5 -- - 4.5mt 
Pzo = -3,O 
L 
t3f Fig. 1-238 
L D 
L 
G Fig. 1-239 - E, 
b) Rotação A, 
Impondo uma rotaçáo A, ao nó L no sistema principal tal que EJA, = 12, 
obtemos os seguintes momentos em torno do nó L: 
Na barra KL: K'~ = O 23 
2EJA 2 X 12 - mt 
Na barra LJ: K, =L= 
L J 6 
4EJAl 4 X 12 
Na barra GL: K = -= - - 
3 
- 16 mt 
GI, 
G t A 1 _L--- EJA 
Na barra LD: KT = -- l2 - 2 m t 
LD 2 I Z 1 2 X 3 
Com isto temos o esquema da Fig. 1-240, do qual obtemos: 
p,, = 16 + 4 + 2 = 22 
P2i = 0 
1031 = +8 
=ver item 7.2.3.a. (Como K e L terào a mesma rotação Ai r iião haverá rotação 
relativa dr torçàa entre as mesmas, não será despertado qualquer momento dc tor~ão.) 
~ O método das deforma~õer 
Fig. 1-240 - Ei 
c) Rotação A, 
Impondo uma rotação A, ao nó L no sistema principal tal que EJA, = 12, 
obtemos os seguintes momentos em torno do nó L: 
2EJA, 2 X 12 Na barra KI,: K, = -- = -- 
KL 6 
- 4 int 
Na barra LJ: K$ = O 
GJ A EJA, 
Na barra GL: KT = 3 = -- = --- l 2 = 2mt 
GL 2 X Z 2 X 3 
4EJA 4 x 1 2 Na barra LD: K =L=-- 
3 
- 16mt 
LD 
A partir do esquema da Fig. 1-241, vem: u 
118 Curso de análise estrutural 
d) Deslocamento A3 
Dando-se um deslocamento vertical A, ao nó L no sistema principal tal 
que EJA, = 12. as barras ÇL e LD terão deslocamentos ortogonats recíprocos 
~guais a A,. surgindo em suas extremidades momentos fletores de módulos 
I i f i J A @?!h l 2 - 8 m t e com os sentidos indicados na iguais a 4 = 
GL 1m2 - 32 
Fig. 1-242, da qual obtemos: 
013 = f 8 
B,, = -8 
Fig. 1-242 - E , 
3. Cálculo das incógnitas 
Temos: 
[ ' % -8 3213 -i]' 
4. Efeitos finais 
Da expressáo E = - 0,785ó', + 0,715 E, + 1,590E3, obtemos os 
momentos atuantes nas extremidades das barras indicados na Fig. 1-243, 
(em mt) a partir da qual podemos traçar os diagramas de momentos fletores 
e torçores da Fig. 1-244 (em mt). 
i O método das deformações 
Fi. 1-243 
7.64 
/ 
1.43 / / 
Y 
/ 
I 1-244.1 - DMT (simétrico rm relaçáa aoseixosx - x e y - y ) 
Pig. 1-244 
240btivemos o DMT completo lembrando que, para as grellias simelricas com car- 
regamento simétrico, o diagrama dc momentos torforesd anti-simétrico. 
120 Curso de análise estmtural 
8 - CASO DE BARRAS COM INERCIA VARIÁVEL 
A resolução, pelo método das deformaçóes, de estruturas que possuem 
barras com inercia variável, recai na determina~ão da rigidez dessas barras 
eni suas extremidades, doi coeficientes de transniissão de momentos e dos 
momcntos de engastamento perfeito destas barras para o carregamento exter- 
no atuaiitc.15 
A determinação de todos estes valores significará, evidentemente, a resolu- 
ção de uma viga biengastada (ou engastada e rotulada), de inercia variável 
para um recalque angular unitário de seu engaste ou para a atuação do 
carregamento externo, o que será feito pela aplicação do método das forças.Dividiremos nosso estudo em três casos, abordados a seguir: 
8.1 - Inercia da barra varia "em saltos" 
I? o caso, por exemplo, da bana 
Ai3 da Fig. 1-245, cuja uiércia é variá- 
vel, mas mantendo-se constante em 
cada um dos subtrechos delimitados 
pelas descontiiiuidades nas suas dimen- 
sòes. A obtençáo de rigidez nas ex- 
tremidades da barra, coeficientes de 
transmissão de momentos e moinen- J2 
tos de engastainento perfeito (pelo 
método das forças) não apresentará 
maiores problemas, conlorine escla- 
rece o Exemplo 1-24. Fig. 1-245 
Ex. 1-24 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro da 
Fig. 1-246 devido ao carregamento atuante. 
2 s ~ ã o citamos a necessidade de obtenção dos momentos de engastamento perfeito 
Provocados por recalques verticais dos engastes devidos a deslocamentos ortogonais 
recíprocos, no caso dc estruturas deslocáveis, pois os mesmos sáo, imediatamente, 
obtidos a partir dos valores da rigidez e dos coeficientes de transmissão de momentos 
peta emprego das expressóes (I.7), (1.8) e (1.91. 
O metodo das deformações 
Fig. 1-246 
Em se tratando de um quadro com, apenas, uma deslocabilidade interna, 
temos: 
Fig. 1-247 
2. Efeitos no'sistema principal 
a) Carregamento externo 
141 
Para a obtenção dos efeitos do car- 
regamento externo no sistema princi- 
pal. precisamos, inicialmente resolver a vi. 1-248 
viga biengastada da Fig. 1-248, para 
a qual, a partir do sistema principal i.= 3m I.= ~,.m 
e hiperestáticos da Fig. 1-249 e dos 
diagramas Mo, M, e M2 no sistema 
priiicipal da Fig. 1-250, obtemos: 
x1 t 
1 
EJ,S,,= t - X 1,5X 1 2 X 1 = + 9 
2 
1 Fig. 1-249 - Sistema principal para reso- 
EJc620= - ó X 1,5 X 12 (2 X 1 +OS)= luqão de viga biengastada ABpclo méto- 
do das f o r p ~ . 
= -7.5 
Curso de analise estrutural 
Fig. 1-250 Diagr~rnas no sistema prin 
cipal para a viga AB. 
Daí vem: L,;) + p . 5 
- 1,875 
X2 = 10,s 
As reações de apoio para a viga biengastada da Fig. 1-248 são, então, 
as indicadas na Fig. 1-251, a partir das quais ficamos em condiçóes de 
conhecer os efeitos do carregamento externo do quadro no sistema principal 
da Fig. 1-247, representados na Fig. 1-252. a partir da qual temos: 
0," - +2,54 
O método das deformações 123 
Fie 1-252 - Momentos "MO" do carrega- - 
Fig. 1-251 - Salu~ão da viga AB. mcnto externo no sistema principal da 
Pig. 1-247. 
b) Rotação A, 
Para a obtenção dos efeitos da rotação A, imposta ao sistema principal, 
precisamos resolver a viga biengastada AB da Fig. 1-253 para o recalque an- 
gular unitário assinalado do engaste A, a fm de conhecermos sua rigidez 
neste nó, bem como o coeficiente de transmissão de momentos do nó A 
para o nó B. 
Empregando o mesmo sistema pki- 
ipA = +I 
cipal da Fig. 1-248 e levando em conta 
que: ‘CT 
E& 6 ,, = -EJ, qa = -EJ, e 
EJ,S,, = 0, temos: I I 
Fig. 1-253 
Chegando-se, então, a 
X, = 1,22 EJ, 
Os efeitos finais para a viga biengastada da Fig. 1-253 obtidos de E = 
= (0,73 EJ,) E, + (1,22 EJ,) E,, sendo E, e E, dados por 1-250.2 e 1-250.3, 
respectivamente, estão indicados na Fig. 1-254.1 (ou na Fig. 1-254.2, já em 
EJc termos de T , sendo I , no caso, igual a 6 m). 
124 Curso de analise estrutural 
6 X 0,73EJc 4,38EJc 2.94EJC -- 
0.73EJC 0.49 EJ, I 
1,22EJ, 
t 
7.32 EJ, - - 
I 12 
1-254.1 1-254.2 
Fig. 1-254 
A rigidez da barra AB em A vale, então K A = 
4,38 EJc 
I e o coeficiente 
de transmissão de momentos (ta _ B ) do nó A para o nó B é dado por 
Mg _ 2,94 =---- 
MA 4,38 - O,b7. 
Assim sendo, estamos em condições de conhecer os efeitos provocados no 
sistema principal da Fig. 1-247 pela rotação A, , obtendo-se, arbitrando 
EJ,A, = 12. os seguintes momentos em torno do nó A: 
Na barra AB: 
K = 
4 ,38EJcA, - 4,38 X 12 
.. 
I 6 = 8.76 mt +9 
Na barra AC: I I 1 
Da Fig. 1-255, temos: Fig. 1-255 - Monicntos M l devidos à ro- 
pll = 17,76 tação Ai no sistema principal da Fie. 
1-247. 
3. Cálculo da incógnita 
Da equação 2,54 + 17,76A, = 0 , obtemos: A , = -0,143 
4 . Efeitos finais 
Os momentos finais atuantes nas extremidades das barras, obtidos de 
M = Mo - 0,143 M , (Mo estando na Fig. 1-252 e M, na Fig. 1-255), estão 
assinalados na Fig. 1-256, da qual obtemos o diagrama de momentos fletores 
pedido na Fig. 1-257. 
O mbtodo das deforrnaqães 
Fig. 1-256 - Momentos finais. 
Observação: a) Uma outra forma de se resolver o exemplo da Fig. 1-246 
(e que se constitui numa outra forma geral de resolução de estruturas, cuja 
lei de variaçáo de in6rcia das barras seja uma variaçáo "em saltos"), 6 admitir 
a barra AB subdividida em duas barras AD e DE, cada uma delas de inércia 
constante, conforme mostra a Fig. 1-258.1. O Único inconveniente desta 
forma de r$s~lução 6 que, com a introdução de um novo nó (Dj à estrutura, 
suas componentes de deformações passam a ser novas incógnitas pelo m6todo 
das deformações, passando o sistema principal, dentro deste raciocínio, 
a ser o da Fig. 1-258.2, havendo, portanto ires incógnitas a determinar, ao 
inv6s de uma única (no caso de tratarmos AB como uma Única barra). 
b) Embora tenhamos feito apenas um exemplo de aplicação,julgamos ser 
o mesmo suficientemente esclarecedor para este primeiro tipo de lei de 
variação de inércia da barra, de modo que passaremos ao estudo do caso 
seguinte. 
8.2 - Inércia da barra variando "em mísula" 
Este caso, analogamente, ao que vimos para o método das forças, será 
resolvido com o auxilio de tabelasz6 (Tabelas IV a XV), que nos fornecem, 
para vigas biengastadas, os valores de rigidez. coeficientes de transmissão 
e momentos de engastamento perfeito para carregamento unifomemente 
distribuído e para cargas concentradas. 
*'~prercntadas, pela primeira vez. por Guldsn. 
126 
TABELA IV - Coeticientes ai, a2, 0 
Curso de análise estrutural 
O metodo das deformações 
128 
TABELA V - Coeficientes & I , Q , 0 
Cuno de analise estrutural 
O m6todo dar deformações 129 
Voute parabiilica de 
um r6 lado 0 7pm," A=: 
Jmáx Jmin 
I 
n =- 
L J máx 
1 
I A B P L A VI1 - Curticici i la\ LL, - u 2 . 0 Voute parabólica de 
ambos os lados h = a 
Jmáx I 
J...,.. ,,,,,, n=- 
Jmáx 
132 Curso de anãlise estrutural 
TABELA VI11 - Coeficientes k i , k2 Voute reta de um r6 lado 
O I 
Jmgx Jmin :i: Jmin 
4, I Jmãx 
O método das deformações 
Curso de analise estrutural 
TABELA IX - Coeficientes k i , k2 
VmtepambÓlicade ap @ 
um r6 lado h = ? 
J , 1 Jmin 
I 
Jmin 
n=- 
O méiodo das deformações 
TABELA X - Coeficientes k, = k2 = k 
Voute reta de ambos os lados 
:H =a I 
Jmáx Jmáx 
Jmin 
n =- a! BO M , = - M , = k - q12 M Jmáx 12 
I 
7 f 
L I L 
1 1 
Curso de análise estrutural 
TABELA XI I - Corlicientes V I . f72 
Voute reta de um O O p 1 
só lado E 
X 
MI = tQIPI 
Jmáx p- ~ m i n 4 = 0 I 1 
M2 = -7hPI ' a ' - I Jmin 
n-- 
A Jmáx 
I 
h 1 2 . . . . .. ... . - 1 2 
O método das deformações 
Cursa de analise estrutural 
TABELA XII - Coeficientes q,, 172 (continuação) 
O rnbtodo das deforrnacões 
TABELA XIII - Cocíicicntei 71. u2 
Voute parab6lica 
SI 1 p 
de um só lado E 
O I 
4' 
7 h =a Jmáx I 
M t = + n i P i i a : ! Jmín " =- 
M z = -QPi - I 
Y Jmáx 
Curso de analise estrutural 
TABELA XIII - Coeficientes q i , q 2 (continiiação) 
O método das deformações 
TABELA X111 - Cocficicniçs v i , q2 íconriniiaqJu) 
Curso de analise estrutural 
TABELA XIV - Coeficientes v i , qz 
Voute reta de 
ambos os lados 
@ ?min @ 'k 
r- I I 
Jmáx 
M, = +ViPI 
M~ = -QPI &a Jmin 
+ I 2 n =- 
Jmáx 
O método das deformações 145 
TABELA XIV - C'oeficientcs 71 , q 2 (continiia~ão) 
Cuno de analise estrutural 
TABELA XIV - Coeficientes vi. qz (continiia@o) 
TABELA XV - Coeficientes 771, 7 2 
Voute parabólica de I 
ambos os lados % 
MI = + q l v l Jmáx Jmáx 
M2 = -72PI 
Jmin 
n -- 
I Jmáx - 
o 1 z . . . . . . . . . . . . 1 2 
O m6mdo dar deformacões 
TABELA XV - Coeficientes q l , q l (continiia~ão) 
0.50 
1.00073 
005 
070 
007 
124 
021 
116 
023 
156 
046 
141 
047 
165 
076 
148 
074 
151 
108 
142 
101 
136 
136 
125 
125 
108 
157 
L01 
142 
076 
165 
074 
148 
046 
156 
047 
141 
021 
124 
023 
116 
005 
073 
007 
070 
Curso de análsie estrutural 
TABELA XV - Coeticierftes v i , q2 (continuação) 
O método das deformações 149 
Os tipos de mísulas estudadas são aquelas cujas leis de variação de 
altura são as iiidicadas na Fig. 1-259, seiido a extremidade da barra com 
maior inércia, sempre representada pelo algarismo I. reservando-se o algaris- 
mo 2 para a outra. 
par. 20 grau 
O O 
Jmáx kmJmin Jmdx Jmin 
! 
1-259.1 - Misiila ~ e t a assirn6trica. 1-259.2 - Misiila parab5lica asnirniuica. 
par. 20 grau 
O 
Jmáx *L Jmáx c*$mB. 
1-259.3 - Misilla reta siinçtrica. 1-259.4 - Misitla purabólica simetria. 
Fig. 1-259 
Como no caso do método das forças. os argumentos de entrada nas 
tabelas contiiiuam seiido os parârnetros adimensionais 
a Jmin h = - e ;- 
I .Jrn, 
Antes de entramos na aplicação propriamente dita destas tabelas. façamos 
uma descrição sucinta das mesmas: 
a) Tabelas 1V a VI1 
Fornecem, para as vigas biengastadas, com os tipos de misula da 
1:ig. 1-259, os valores da rigidez nas extremidades I e Z da barra e o coeficien- 
te de transmissão de momentos t i -2 da extremidade I para a extremidade 2. 
Estáo tabelados, peta cada par (h , n), trés coeficientes a , , a, e 0, dos 
quais obtemos:27 
2 7 ~ o r definipio da cm~tnição da tabela. 
Curso de analise estrutural 
O coeficiente de transmissão r 2 _ , de momentos do nó 2 para o nó 1 pode 
ser obtido, a partir dos valores de K , , K , e r,.,, pela expressão (1-141, 
cheeando-se a: 
Observafóes: a) Conforme frisamos no início, as Tabelas IV a VI1 nos 
fornecem, diretarnente, os valores da rigidez para misulas biengastadas. 
A partir destes valores podemos, no entanto, obter, comodamente, os 
valores de rigidez para mísulas engastadas e apoiadas, senão vejamos. 
Seja determinar a rigidez K ; da misula da Fig. 1-260.1: 
1-260.2 
Fig. 1-260 
Conforme indica o esquema da Fig. 1-260, podemos escrever que 
P2 EJmin ( a , f f 2 - 0') (1-31) K ; = K I - K I f i - z t z - ~ = K 1 ( l --I=-- 
f f l f f 2 f f2 l 
Por raciocínio inteiramente análogo, caso 2 fosse a extremidade engastada 
e 1 a apoiada, teriamos 
K' 2 -*(oIa2 - - (3,) (1-32) 
f f l l 
Desta forma, podemos afirmar que as Tabelas IV a VI1 nos fornecem 
os valores da rigidez e dos coeficientes de transmissão para misulas com 
quaisquer condições extremas de apoio. 
b) Os momentos de engastamento perfeito que precisarão ser calculados, 
para o caso de estruturas extremamente deslocáveis devido ao deslocamento 
O método das deformações 151 
ortogonal reciproco das extremidades da barra o serio a partir do cnnlieci- 
mento das expressóes (1-271 a (1-311 pelo cniprego das fónnulas gerais 
(1-7) a (1-9) deduzidas no iiiicio deste capitiilo. 
b) Tabelas VI11 a XI e XII a XV 
As Tabelas VI11 a X1 e XII a XV nos I«riiecein os momentos de engasta- 
mento perfeito M , e M, para niisulas bieiigastadas carregadas com carrega- 
mento uniformemente distribuído ou com cargas conceiitradas conforme 
indica a Fig. 1-261 
Fig. 1-26 1 
Caso a misula seja engastada e apoiada. conforme exemplifica a Fig. 
1-262.1, a obtençáo do momento de engastamento perfeito pode ser feita 
a partir da decomposição da Fig. 1-262. obtendo-se: 
1-262.1 1-262.2 1-262.3 
Fig. 1-262 
Por raciocínio inteiramente análogo, caso a extremidade engastada fosse 
2 e I a apoiada, teríamos: 
B IM;I = IM21 + IM,I i,_, = IM2 l +, IMi I (1-34) 
I 
As aplicações seguintes esclarecerão: 
I ' ' ~c ta , que preferimos escrever uma expressão válida em rnbdulo, pois. se o lado 
engastada estiver à erqorrda, o momento de engastamento perfeito será positivo, rendo 
I negativo em caso contrário (lado engastado à direita), para carreeamento de cima para 
I baixo. 
152 Cuno de análise estrutural 
Ex. 1-25 - Resolver o quadro da Fig. 1-263 para o carregamento indicado. 
Sabe-se que as barras Iiorizontais são misulas retas assimktricas com 
J,,, =.I , e .I,& = 5.1, e a barra vertical tem inkrcia que pode ser considerada 
constante e igual a J,. 
I 
I I 1 I L 
I 
4' L L 
9 rn 
1 ' 3m 3m 9 rn 
Fig. 1-263 
1. Sistema principal 
Em se tratando de um quadro com apenas uma deslocabilidade interna. 
o sistema principal k o da Fie. 1-264. 
2. Efeitos no sistema principal 
a) Cai-regamento externo 
Para conliecerrnos os efeitos do carregamento externo no sistema principal, 
precisamos, iiiicialmente. obter os momentos de engastamento perfeito 
para as vigas engastadas e apoiadas das Figs. 1-265.1 e 1-265.2 que são, 
3 Jc 
ambas, rnísulas retas assimétricas com h = - = 0,25 e n =- = 0,20. 12 5Jc 
O método das deforrnacües 153 
1-265.1 1-265.2 
j Fig. 1-265 
Para o caso da Fig. 1-265.1, obtemos, da tabela XII, de acordo com o 
esquema da Fig. 1-266 
q , = 0.190 e q2 = 0.025 
Daí vem, conforme a expressão (1-33): @ 
P ii IM;I = IM,I +-nr2 2 9 = ~ ~ ( q i +-112) 
a2 a2 
Fig. 1-266 
A obtenção dos coeficientes B e a2 se fará da tabela IV, que nos fornece, 
para h = 0.25 e q = 0.20: 
a, = 6.65 
a, = 4,48 
= 3,12 
Obtemos, e n t e : M;= - 4 X 12 (0,190 t - 
4,48 
X 0,025) = - 10.0 mt 
Para o caso da Fig. 1-265.2, a tabela V111 nos fornece: k , = 1.406, 
k2 = 0,822, obtendo-se. pela expressão (1-33): 
4i2 f l .2 )m:p 1 X 1 2 ~ M ; =- ( I , , + - h 3,12 
12 12 
(1,406 + - 
4,48 
X 0,822) = t23.8 1111 
0 2 
Os efeitos do carregamento externo no sistema priiicipal sZo. eiitão. os da 
Fig. 1-367, que nos conduz a o,, = t13.8. 
2 9 ~ o caro. o sinal será iicgativo. pois o I:ido c!igaslado i o da direita, 
300 s ind t: positivo. pois o lado cnpns t~du f o d.1 crquird;i. 
Curso de analise estrutural 
Pig. 1-267 - M o 
b) Rotaçào A , 
Dando-se uma rotação A , ao nó C, tal que EJ,A, = 6 tm2, temos o 
aparecimeiito dos seguintes momentos em tomo deste 116: 
4EJcAl - 4 X 6 
mt Para a barra RD: A l = -- - - - 
1 6 
LJcA, 
Para as barras AB e BC: M ; = -- 
6 
012 1 
(a1012 - b2) = 4,48 12 (6.65 X 
X 4.48 - 3.12') = 2.22mt 
Os efeitos da rotaçáo A , no sistema principal são, então. os indicados 
na Fig. 1-268, obtendo-se P , , = 8,44 mt . 
Pig. 1-268 - M l 
3. Cálculo da incógnita 
13.8 Temos: A, =h = - - = -1,635 
Pi i 8.44 
4. Efeitos finais 
Da expressão h! = M o - 1,635 M , , obtemos os momentos finais indicados 
na Fig. 1-269 (em mt), que conduzem ao diagrama de momentos fletores 
da Fig. 1-270 (em mt). 
O mbtodo das deformações 
Fig. 1-269 - M = Mo- 1.635 M , Fig. 1-270 -DMI 
Ex. 1-26 - Obter o diagrama de momentos fletores e as reações de apoio 
para a viga de inircia variável da Fig. 1-27]. cujas misulas são, todas, parabó- 
licas com J,, = J , e J,;, - 5Jc . A mola tem k = 103 t/m e a viga tem 
EJc = 104tm2. 
Fig. 1-27 1 
1. Sistema principal 
A viga possui duas deslocabiidades: uma interna (rotação do nó B ) 
e outra externa (deslocamento vertical de B, devido à presença da mola). 
Assim sendo, o sistema principal é o da Fig. 1-272. (Assinalamos na figura 
os sentidos positivos de A, e A, para fins de determinaçáo dos b.) 
156 Curso de analise estrutural 
2. Efeitos no sistema principal 
a) Carregamento externo 
Basta estudar a viga biengastada 
da Fig. 1-273, que é uma mísula para- 
I I 
3 bólica simktnca com h = - = 0,25 e I I I 
Jc 12 I I I I 
q = - = 0,20, para a qual a tabela I I I I 
jJc + 3 m + 6 m 4 3 r n + 
XV fornece: No ponto 3: 
q , = 0,173 
q2 = 0,041 
Nu ponto 9: Fig. 1-273 
q l = 0.041 
q2 = 0,173 
Daí, vem: M, = -M2 = P I ( q : + q:) = PI(q: + q ; ) = 5 x 12(0,173 i 
+ 0,041) = 12,84mt 
Os efeitos do carregamento externo no sistema principal são, então, os da 
Fig. 1-274, obtendo-se: 
Fig. 1-274 -Mo. V , 
b) Rotaçáo A , 
Dando-se uma rotaçào A , ao nd B tal que K.I,A, = 12, obtemos os seguin- 
tes efeitos no sistema priricipal: 
b.1) Para a barra AB ímisulaparabólica simétrica com h = 0.25 e 
71 = 0.20). Da tabela Vil, temos: a, = a , = 6.43. 0 = 3.95. Vem, então, 
confornie a Fig. 1-275: 
EJ,A, 12 
ili, - -- , a1 = E X 6,43 = 6,43 mt 
O mbtodo das deformações 
Fig. 1-275 - Efeitos de A, para a barra AB. 
b.2) Para a barra BC (mísula parabólica assimétrica coin X = 0,25 e 
7 = 0,20) Da tabela V, temos: a, = 5.75, a2 = 4.34, 0 = 2.77. 
EJcA, 
Vem, eiitão; M ; =- ( a l a 2 -oZ)= 4,34 l 2 , 2 (5.75 X 4,34 - 2.77') = 
a2 1 
= 3,98 mt . 
O funcionamento da barra BC será. eiitáo, nesta fase, o da Fig. 1-276. 
Pig. 1-276 - Efeitos de Ai para a barraBC. 
A partir das Figs. 1-775 e 1-276, obtemos os efeitos da rotação A, no 
sistema principal, indicados na Fig. 1-277 e que fornecem: 
pii = 6,43 + 3,98 = 10.41 
P21 = + 0,53 
Fig. 1-277 - Mi, Vi 
158 Curso de analise estrutural 
c) Deslocamento A2 
Dando-se um deslocamento vertical A , ao nó B, tal que EJcA2 = 12, 
obtemos os seguintes efeitos no sistema principal: 
c.1) Para a barra AB 
0.86 mt 
Teremos um deslocamento ortogo- 
nal recíproco p ~ a = + A 2 , que provo- 
cará o aparecimento de monientos . . . 
M a e MB dados pelas expressões (1-7) 
e (1-8). por: 
PBA MA = Mg = - ( K A + tg,j K B ) = I 
A2 EJc 0 EJc ,)= = - ( - a , t - - a 
1 I a , 1 
1 2 
Fig. 1-278 - Efeitos de & para a barra AB, 
E J c b = + 0) = 7 (6.43 + 3,95) : 
12 
c.2) Para a barra BC 
Teremos um deslocamento ortogo- 
na1 reciproco pgc = - A 2 , que provoca- 
rá o aparecimento de um momento 
MB. dado pela expressão (1-9), por: 
PBC - EJc M B = K b X - - - 
1 a21 (a le2 - 0 2 ) X 
( - A , ) = _ X - 
l 2 (5,75 X 4.34- Fig. 1-279 - Flri iui iIc A2 para a barra BC. 
I < 4,34 X I 22 
- 7.77') = - 0.33 lmt 
c.3) Para a mola 
Teremos o aparecimento de forças 
F. no apoio 2 e na base D da mola. 
dadas por: 
12 103 F = k A 2 = k X - = - X 1 2 = l ? t . 
D 
E J ~ 104 3- t F = 1.21 
scndo os sentidos os indicados na 
Fig. 1-280. Fig. 1-280 -Efeitos de A 2 na mola. 
A partir das Figs. 1-278 a 1-280, obtemos os efeitos do deslocametito 
A, TIO sistema principal. indicados na Fig. 1-281 e que fornecem: 
O metodo das deformações 
3. Cálculo das incógnitas 
4. Efeitos finais 
Da expressão E = E,, + 1,069Ei + 3.230E2. obteinos os iiioinentos e 
reações de apoio finais da Fig. 1-282. a partir da qual teiii-se o diagrama de 
momentos fietores da Fig. 1-283. 
Pig. 1-282 - Efeitos finais 
Fig. 1-283 - DMF e reaçòes de apoio, 
Curso de análise estrutural 
8.3 - Inercia da barra varia aleatoriamente 
Neste caso. a determinaçáo da rigidez lios iiós, dos coeficieiites de trans- 
iiiissão c dos mnmeiitos de eiigastamento perfeito para a barra, continuará 
rccaindo na resoluçio de uma viga Iiiperestática (pelo método das forças), 
sciido o uriico problema a obteiiçáo dos Si, e bi j para resoluçao desta viga 
pelo 1n6todo das (orças devido à variaçào aleatória de inércia. O emprego 
da regra de Sirnpson. coiifonnc exposto no itcm 1.2.4.3 do capítulo l - 
Volunie I1 de nosso Curso resolverá o problema, permanecendo, no mais. 
válidos todos os coiiceitos fundamentais e a sistemática do método das 
deftirniaçòes. 
9 - CONSIDERAÇÃO DOS EFEITOS DO ESFORÇO NORMAL 
9.1 - Quadros com tirantes (ou escoras) 
No caso de quadros com tirantes (ou escoras), não podemos deixar de 
levar em conta as deformaçóes destes tirantes (ou escoras) devidas ao esforço 
normal que iráo receber, pois, caso o f~éssemos, estaríamos admitindo serem 
peças indeformáveis, o que sabemos não ser verdadeiro. 
Nenhum problema maior irá surgir, no entanto, devido a isto, bastando 
que se siga a metodologia usual do método das deformações, conforme 
esclarece o exemplo a seguir. 
Ex.~I-27 - Resolver o quadro atirantado da Fig. 1-284, sabendo que 
(EJlquadro = 2 X 103 tm' 
~ E S ) ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ = 103t 
* 4 m + 4 m + 
Fig. 1-284 
O método das deforma~ões 
1 . Sistema principal 
Levando ein conta a simetria existente. concluímos que o nó C não pos- 
suirá deslocamento horizontal. sendo. então, o sistema principal o indicado na 
Fig. 1-285. As incógnitas do problema serão, no caso, a rotação e o desloca- 
mento horizontal do nó i?. 
2. Efeitos no sistema principal 
a) Carregamento externo 
Aplicando o carregamento externo no sistema principal. deveremos re- 
solver a viga engastada e apoiada da Fig. 1-286.1, para a qual, adotando-se 
o sistcina principal da Fig. 1-286.2 e notando-se que o diagramaMo provoca- 
do pelo carrcgaiiiento externo no sistema principal é nulo (Fig. 1-286.3) 
11.5t 
1-286.1 -Viga a resolver. 1-286.2 - Sistema principal adatado. 
1-286.3 - Efeitos do carregamento exter- 1-286.4 - Solução da viga da Fig. 1 4 2 . 1 . 
no no sistema principal. 
Fig. 1-286 
162 Curso de análise estrutural 
concluiinos que o iiiornento de engastainetito perfeito erii B é nulo 
(pois 6 , , = O). Os efeitos finais serio, entáo, os da Fig. 1-286.4. Assim, os 
efeitas do carreganiento externo no sistema principal são os indicados na 
Fig. 1-787, obtendo-se: 
Fig. 1-287 - Mo, R, 
b) Rotaçáo 
Dandc-se ao nó B uma rotação A, tal que E f A , = +15. surgirão, em 
torlio do nó B, os seguintes momentos: 
Na barra AB: ht' = 
- 3 x 15 
A 3 
- - = t 151n t 
3 
Na barra B C M ' = 
3 E f A - 3 X 15 _ +9 int *--- 5 
Obteinos. então, o esqueina da Fig. 1-288. a partir do qual tem-se: 
i.',, = t24 
f i z , = - 2 
I'ig. 1-288 - M I , R , 
Obseri~or.ao: Notar que. ate aqui. o tirante não traballioii, pois a presença 
do apoio adicional 7 iio sistema principal, impedilido o desloçameiito do 
nó B, inipediu o trabalho do tirante. Apenas quatido impusemlos ao apoio 
7 um deslocamento A, é qiie i? tirante será posto em carga: é o que sucederá 
a seguir: 
O metodo das deformações 
C) Deslocamento A2 
Impondo-se ao apoio 2 um desloca- 
mento A2 tal que WA, = + 15, temos. 
15 pBA = -A2 = -- 
a partir do williot da Fig. 1-290, os 
EJ 
seguintes deslocamentos ortogonais re- 
25 
P C B = + E J 
cíprocos: 
I - Az = - 15 - ID- 
4.55 
3 
Fig. 1-290 - Williot. 
Pig. 1-289 - M,. R 2 
Surgirão, em tomo do nó $, os seguintes momentos devidos a estes 
deslocamentos ortogonais reciprocas: 
~ E J P B A = - 3 x 15 Na barra AB: ME = - AB = -5 mt 
~ E J P C B - 3 X 25 + 3 mt - Na barra BC: MB = - - - = 
FC 5' 
Os efeitos do deslocamento A, sobre o quadro estão estudados; verifique- 
nios, agora, qual é o comportamento do tirante. 
Devido à simplificação de simetria 
empregada, dar um deslocamento A, 
ao nó B, significa alongar o tirante de 
2A,, conforme indica a Fig 1-291 
I&- 1 Coili isto, estará sendo despertada, no \,2 2 /' 
tirante. uma força 
F,, = ( 2A2 ) , igual no caso, a 
' tr 
15 
103x 2X- 
Ft, = 
8 
'O3= 1,88 t, 
de traçáo. 
Fi. 1-291 
164 Curso de análise estrutural 
Os efeitos do deslocainento A, 110 sistema principal estâo. então, complc- 
taineiite deterniiiiados e temos, a partir do esquema da Fig. 1-289: 
f l i 2 = -3 
3. Cálculo das iiicógiii!as 
4. Efeitos finais 
Da expressão E = E, + 0,0386, + 0.456 E,, obtemos os momentos e 
reações de apoio finais indicados na Fig. 1-29?, a partir dos quais fica defini- 
do o diagrama de niomentos fletores da Fig. 1-293. 
Fig. 1-292 Fig. 1-293 - DMI, 
Observu(.üo: Por este exemplo. é fácil verificar-se que, quando tivermos a 
presença de um tirante (ou escora) iiuni quadro, basta inipedir o desloca- 
inento de suas extremidades no sistema priiicipal, tornando-as iiideslociveis. 
agindo-se. dai por diante. da mesma forma que a empregada neste exemplo. 
Ex. 1-28 - Calcular que encurtamento deveremos dar ao tirante do 
Exemplo 1-27 durante a montagem, para que, quando atuar a carga de 3 t 
em C, não existam reações horizontais em A e E. 
Formularemos o problema em termos de calcular qual deve ser o encurta- 
mento 8' a dar ao tirante durante a montagem para que a reação de apoio 
Iiorizontal em A seja 0.57 t, da direita para a esquerda. 
O método das deformações 165 
Seguindo o roteiro do metodo das deformações, temos,adotando o 
mesmo sistema principal do exercício anterior. 
1. Efeitos no sistema principal 
AI 
a) Encurtamento 6' no tirante / 
Impondo ao tirante um encurta- 
mento S', nele surgirá uma força de Ft,, - 1256' 
traçáo (pois suas extremidades estão 
fixas e, como, seu comprimento foi 
diminuído, ele estará tracionado) igual 
Temos, da Fig. 1-294: S I .., = O 
Szenc =+1256' 
Fi. 1-294 
b) Rotação A, e deslocamento A2 
Os efeitos serão, evidentemente, os das Figs. 1-288 e 1-289, respectiva- 
mente, tendo-se: D,, = 24. P12 = f121 = -2, o,, = 4.55 
2. Cáiculo do encurtamento 6' 
Para obtermos o encurtamento 6', dispomos de três equações (dua, 
equaçóes de compatibilidade estática e uma equação dizendo que a reação 
horizontal 'em~ deve valer 0,57 t, da direita para a esquerda) para determinar 
as três incógnitas do problema (6'. A,, A,). 
Temos. entáo: 
Eliminando, sucessivamente, A, e A, do sistema anterior, obtemos: 
6' = 0,016m, ou seja, deve ser dado um encurtamento de 1.6 cm ao 
tirante para que a reaçáo horizontal fmal, quando atuar o carregamento de 
3 t em C, seja nula. 
3. Efeitos finais 
Com a atuaçáo conjunta do carregamedto de 3f do encurtamento de 
166 Curso de análise estrutural 
l .(i cm iniposto ao tirante, o quadro 
da Fig. 1-294. irá traballiar, excliisiva~ 
iiielite ao esforçci iiormal. pois. coiiio 
a reayão horizoiital fiiial é nula. não 
existir20 iiioiiieiitos fletores. i10 caso. 
1" 
-2.51 
O funciiinamento estático será. eii- 
táo. o da Fig. 1-295 que mostra só N,,, = +2t 
existireni. tio caso, esfor~os normais 
coinprcssivos iio quadro e de traçáo 
(110 tiraiite). O eshrço normal no tiraii- 
te pode ser deterininado por çonside- 
t l , % 1.5t rações puramente estáticas. isto é, im- 
porido-se a condição de momento fle- Fig. 1-295 
t 
tor niilo na rótula C. 
O b s c r i ~ a ~ a r ~ : Os Exemplos 1-27 e 1-28 equivalem ao Exemplo 11-9 do 
voiunie 11 de nosso Curso. S u g e ~ i o s ao leitor confrontar os processos de 
resolução. 
9.2 - Quadros para os quais desejamos levar em conta as deformações 
por esforço normd3' 
Seja o quadro da Fig. 1-296, para o qual desejamos levar em conta, no 
seu cálculo pelo metodo das deformaçóes. a influência das deformações 
por esforço normal. Como. devido a 
estas deformações os nós B e C terão 
deslocamentos lineares nas direções 
das barras neles concorrentes, devemos 
escoiher tirn s i s t e m prirtcipol que irn- 
peça todos as defo rmçáes dos nós 
B e C. independentemente de quais- 
quer considerações de deslocabilidade 
extema (pois que o conceito de deslo- 
cabilidade extema surgiu da hipótese 
fundamental feita de que o compri- Fi. 1-296 
mento das barras era invariável, coisa 
"caso de barras esbeltas siibmetidm a esforqos normais elevados: caso de barras 
protendidas. É. também. o casa de resoli~ção das assini chamadas cslriitiiras siiper-rígidas 
para variações do temperatura P recalqt~~s '&e apoio (para as estrilttiras siiper-rígidas. 
por termos, em geral, 3 o11 mais barras concorrendo em cada nó. não temos condiçoes 
de obter os williots da maneira indicada nos tópicos carrcspondent~s deste capitialo). 
para as quais o trabalho elástico ao esfòrço normal pude trr gande infliiência. 
O metodo das deformações 
que não ocorre se levarmos em conta 
suas deformaçóes por esforço normal). 
3 
Assim sendo, o sistema principal 
a adotar. 110 caso. é o da Fig. 1-297. 
Podemos afirmar, generalizaiido. 
que. para resolver um quadro plano 
levando ein conta as deforiiiações axiais A D 
de suas barras. devemos escollier uni 
sistciiia principal onde estejaiii iiiipe- 
didas para cada iió. todas as suas 
comporirntes possíveis de dcloriiia- 
I2ig. 1-297 
ção. 32 
No mais, será seguirmos o roteiro usual do método das deformações. 
O exemplo 1-29 esclarece: 
Ex. 1.29 - Obter o diagrama de momentos fletores e as rcaçoes de apoio 
J para o quadro da Fig. 1-298. cujas barras tEm = 0.5 i i i2. 
S 
I . Sistema principal ~ , i t l 1 
No caso da Fig. 1-198, o unico nó de - 
quadro que pode se deformar é o nó E . A i i + i 
Impeditido todas as suas componeiites 
de deformação. obtemos o sistema 
principal da Fig. 1-299. (Indicamos. 
[nesta figura. os sentidos que conside- 
raremos positivos para A, e A 3 ) Fig. 1-299 
321ndependenternente de qiiaisqiier considerações sobre deslocabiüdade externa. 
Este é. aliás. o procedimento adotado na programação para resolii~ão, par cornpiitador, 
de estnit~iras pelo método das deformações e conduzili aos já fmosos programas 
STRESS. STRUDL, etc. 
168 Curso de análise estrutural 
2. Efeitos no sistema principal 
a) Carregamento externo 
Aplicando o carregamento externo no 2 0 
sistema principal, como as cargas de 
6 t e 10t estão diretamente aplicadas 
sobre os apoios 2 e 3. neles serão 
absorvidas. As reaçóes de apoio serão, 
então, as da Fig. 1-300, da qual ob- 
temos: Blo = 0 
Bzo = -6 
= -10 Fig. 1-300 - 1;" 
b) Rotação A, 
Impondo, no sistema principal, uma rotação A, tal que EJA, = 6, 
temos os seguintes momentos em torno do no B: 
4EJA 4 X 6 - 6 m t Na barra AB: 1b1 = 2 = - - 
AT 4 
4EJA, 4 X 6 
Na barra BC: hf = - = - = 4 int 
BC 6 
A partir desses momentos, obtemos o esquema da Fig. 1-301, que nos 
fornece: 
P i l = 6 t 4 = 10 
821 = -1 
B3, = t2.25 
t l 
+4 - +2 
-2.25 
Fig. 1-301 - E l 
c) Deslocamento A2 
Impondo. no sistema principal, um deslocamento Az tal que EJAz = 6, 
as barras AB e BC terão o comportamento esquematizado nas Figs. 1-302.1 
e 1-302.2. 
O método das deformações 169 
1-302. I 1-302.2 
Fig. 1-302 
O caso da Fig. 1-302.1 nos mostra uma barra de comprimento AB i qual 
Foi imposta uma diminuição de comprimento A,; isto despertará em suas 
ESA ES X 6 - extremidades f o r ~ a s FB e FA dadas por FA = FB = 4 = - 
6 
AB EJ X 4 
- - 
0.5 X 4 = 3t. com os sentidos indicados em 1-302.1. 
O caso da Fig. 1-301.2 é u i n caso clássico de deslocamento ortogonal 
6EJA2 6 i - 6 ) - -, reciproco ( p = -A, ) , obtendo-se MB = MC == - 
Bl? 6. 
com o que surgirão reaç0es verticais em B e C de mádulos VB = P(. = 
? X 1 --= 
- 6 1/31. (Os sentidos corretos de momentos e reações estão indicados 
A Fig. 1-302 nos conduz ao esquema da Fig. 1-303 do qual obtemos: 
Fig. 1-303 - Ez 
Cursa de análise estrutural 
d) Deslocamento A3 
Para o deslocamento A, tal que EJA3 = 6, as barras AB e BC terão o 
comportamento indicado na Fig. 1-304. Trata-se de um caso inteiramente 
anáiogo ao da Fig. 1-302 e podemos escrever, imediatamente. 
1-304.1 1-304.2 
Fig. 1-304 
Ffl = Fc =A = = 2 t (sentidos indicados em 1-304.2) 
BC EJ X 6 
- 6 X 6 6EJA, - - = +2,25 nit M A = Mfl =- 
AB 4 l 
H,, = flB = ' 2'25 = 1,125 t (sentidos indicados em 1-304.1) 
4 
Obtemos então. da Fig. 1-305: 
12.25 
-2, 
Fig. 1-305 - E, 
3. Cálculo das incógnitas 
2,25 
O método das deformaç5es 
4. Efeitos fhais 
Da expressão E = E , - 0,67E, + 1,60E, + 3,68E,, obtemos os momentos 
fmais nas extremidades das barras (em mt) e as reações de apoio (em t) 
indicadas na Fig. 1306, da qual chegamos ao diagrama de momentos 
fletores (em mt) da Fig. 1-307. 
Fip. 1-306 Fig. 1-307 
10 - PROBLEMAS PROPOSTOS 
10.1 - Calcular o número de deslocabilidades para as estruturas planas 
da Fig. 1-308. 
172 Curso de análise estrutural 
1-308.7 1-308.8 
Fig. 1-308 
10.2 - Idem. para as greliias da Fig. 1-309. 
10.3 - Partindo da definição de rigidez. calcular a rigidez da barra AB 
da Fig. 1-3 10 nos .nós A e B. A seguir, verificar a identidade KA ta -8 = 
= K B I ~ . , ~ 
Fig. 1-310 
10.4 - Partindo dos resultados do Exemplo 10.3, obter os diagramas de 
momentos fletores e de esforços cortantes para a barra AB da Fig. 1-310, 
no caso do apoio B sofrer um recalque vertical, de cima para baixo, igual a p . 
10.5 - Obter os diagramas de momentos fletores e as reagões de apoio 
para o quadro da Fig. 1-31 1. 
O método das deformaçóes 
Fig. 1-3 1 1 
10.6 - Obter o diagrama dc momentos fletores e as reações dc apoio 
pan o quadro da Fig.1-312, cujas barras têm, todas, EJ = 104 tm2 e cujo 
engaste elástico tem K = 10' tmlrad. 
10.7 - Obter os diagramas de momentos fietores para o quadro da 
Fig. 1-313 devidos a cada um dos agentes seguintes: 
a ) diminuição uiiiforme de 20" C 
b) recalque horizontal. da esquerda para a direita dc 2 cm do engaste E. 
São dados: EJ, = 2 X 104 tm2 
a = 104/"C 
174 Curso de análise estrutural 
10.8 - Obter os di;igniiiias dc mo- 
inelitos flctorcs L' torçorçs e ns reafões 
de apoio para 3 grellia da Fig. 1-314. 
cujas barrns. pcrpcridic~ilares entre si. 
tEm F.1 = 10' tin2 e GJ, = 0,s X 
x 1o3 t ln2. 
10.9 - Obter os diaçrainas de iiio- 
iiicritos fletorcs para o quadro da 
Fig. 1-315 devidos. isoladamente. a 
cada uiii dos agciiics seguintes: 
a) carregamento extcrno indicado 
h) aiiniento uniiorine de teniperatura 
de 20°C 
C) recalquc vertical de I cm. de cima 
para baixo. do engastc D. 
São dados: EJ, = 103 tm2 
ru = 10-51°C. 
Fig. 1-3 15 
10.10 -Para o quadro da Fig. 1-316. que tem E./, = 10"m2, pedem-se: 
a) obter o diagrama de momentos fletores 
b) calcular o deslocamento vertical de C.33 
(Obsen~ação: Tirar partido na resolução do fato da rotaçáo do nó E ser 
nula. já que a barra DE tem inércia infinita.) 
" ~ e s u b i d o o item o. o deslocamento vertical de C será. rvidrntcmentc. obtido 
eii?,vegando-se o tcorerna de Pasternak. estudado no item 6 do Cap. 11, Val. I 1 de 
nosso Ciirso. 
O método das deformações 175 
10.1 1 - Calcular o deslocamento 5t - 
liorirontal da barra AB para o quadro 
da Fig. 1-317. que tem EJ, = 104 tmZ 
Fig. 1-3 17 
I I L 4 m 4 
10.12 - Obter o diagrama de mo- 
iiientos fletores para o quadro de 
inércia constante da Fig. 1-318. 
Fig. 1-318 
10.13 Empregalido o artifici« do arranjo de cargas. resolver o quadro 
de inércia constante da Fig. 1-3 10. 
10.14 - Obter o diagrama de mo- 
mentos fletores para o quadro da 
Fig. 1-320, cujas barras possuem inércia r rjl 
constante. 
L 4 m A 4 m A 
Fig. 1-320 
176 Curso de analise estrutural 
10.15 - Obter o diagrama de iiiomentos flctores e as reações de apoio 
para o quadro simétrico da Fig. 1-321. cujas barras têm EJ = ]O4 tm2 C 
cujo erigaste elástico tem K = 0,s X 104 mt/rad. 
, 4 t im 
Fig. 1-32 1 
10.16 - Tirando partido da anti- 4, 
siiiietria existerite ( e escolhendo o - 
iiiétodo liiperestático que acarretar 3 m f 
nienor número de iricógnitas). calcular I 
O dcslocaineiito Iiorizontal da barra . 
A R . para o quadro da Fig, 1-32?. 
I 
<Illc tetil EJ = )o4 til12 
41 
10.17 -- Obter o diagrama de ino- 
iiicillos fletores para o quadro da 
Fig. 1-323. 
3m 
+ 4 m + 4 m 4 - 
Fig. 1-323 
O mhtodo das deformações 177 
10.18 - Obter o diagrama de momentos fletores e calcular as reaqões de 
apoio para o quadro da Fig. 1-324, que tem inércia coiistaiite. 
Fig. 1-324 
10.19 - Obter. tirando partido da 1 t/m 
diipla simetria existente, o diagrama 
de moiiientos fletores para o quadro 
+i 
auto-equilibrado da Fig. 1-325. 
3 rn %rna~ 1 t!m 4 
Fig. 1-325 
10.20 - Ideiii, para o quadro da Fig. 1-326. 
178 Curso de anhlise estrutural 
10.21 - Kesolver o quadro, de 
inércia constante, da Fig. 1-327. 
&4,+4,_, 
Fig. 1-327 
10.22 - Resolver a grelha da Fig. 
E1 
1-328, que tem = 7 . sendo 
(#.I r 
EJ = ]O4 tm2, se os engastes A e U 
sofrerem os recalques indicados, per- 
peiidiculares ao plano da greilia. (Em- f 
pregar as simplificações devidas à anti- P = l c m , 
simetria existente.) 
I'ig 1-328 
10.23 - Resolver a grellia simétrica da Fig. 1-329. que tem EJ = Z G I , 
O método das deformações 179 
10.24 - Obter o diagrama de mo- 
iiieiitos fletores que será despertado 
iio quadro da Fig. 1-330, cujas barras 
têin W = !O4 t, se for imposto um 
encurtameiito dc 2 cin ao tirante, quc 
tc1ii ES = I o3 1. 
Fig. 1-330 
10.25 - Resolver o quadro atiran- 
tado da Fig. 1-331. Sabc-se que: 
6 t l m + v i 
( ~J)~ , "a , l i " 
= 2 niZ 
(ES)tir.inrc riranre 
10.26 - Calcular a rigidez K.4 e o coeficiente de transmissão para 
Jm a barra curva da Fig. 1-332. que tem J = -. 
C O S 
par. 2Pgrau 
- - - - - - - 
, 
/ 
A 
I 
180 Curso de análise estrutural 
10.27 - Obter o diagrama de momentos fletores para a barra curva da 
Fig. 1-332 provocado por: 
a) açáo dc uin carregamento uniformeineiite distribuído q de cima para 
baixo. 
b) recalques horizontais simétricos, de valor p , dos engastes A e 8. 
10.28 - Empregando o método das 
deformaçóes e tirando partido dos re- 
sultados dos problemas 10.26 e 10.27. 
obter o diagrama de momentosfletores 
e calcular as reações de apoio para o 
quadro da Fig. I-333.% I 
I 
As barras AB e CD têm J - 25,. e a 
barra curva BC tem a inércia variando i 6 , n - ~ 
J~ ,sendo JM = J,.. segundo alei J = - 
COS q Fig. 1-333 
10.21 - Calcular o deslocamento vertical de C se o quadro da Fig. 1-334 
for subinetido a um aumento uniforme de temperatura de 20°C. Todas as 
misulas são retas, com Jmi, = Jc e Jm& = 5Je. São dados: EJ,. = 104 tm2. 
k = 103 t/m e a = 10-5/"C. 
I 
Fig. 1-334 
J311m 
10.30 - Calcular o esforço normal 
atuante no tirante do quadro da Fig. 
1-335, cujas misulas são todas retas B 
com J ,,,, = J, e J,, = 45,. SZo 
dados EJ, = 2 X 104 tm2. (ES)tirantc = 
= 104 t. A 
~ 4 m 1 4 m - C 
Fi. 1-335 
- ~ s t a deve ser a metado1ogia.a empregar naresolução pelo método das deformações, 
de quadros com barras curvas. 
CAPITULO II 
PROCESSO DE CROSS' 
Seja o nó A da estrutura representada na Fig. 11-1.1, submetido à ação 
de uma carga momento M. Devido à atuação deste momento M, o nó irá 
girar, de um ângulo p . aparecendo então. na extremidade das barras 1, 2, 
3 e 4, os momentos indicados na Fig. 11-1.2, de módulos iguais (conforme 
a definição de rigidez de uma barra num nó, dada no item 3.1 do capítulo I) a: 
M, = K Y ~ , M, = K Z ~ , M, = ~ $ 9 e M, = K& (11.1) 
'Chamado por muitos de método de Cross. Preferimos, no entanto, chamar de 
processo de Cross para não haver coniüsãa com a denomina~iio dos dois grandes 
métodos da hiperestática, que &o o método das forças e o método das deformqbs. 
O processo de Cross pertence ao método das deformações, consistindo, conforme se 
verá neste capitulo, num algontmo iterativo de grande simplicidade e rapidez para 
resoluçáo de estruturas. 
Curso de análise estrutural 
Evidentemente, devemos ter, por compatibilidade estática do esquema 
da Fig. 11-1.1 com o da Fig. 11-1.2: 
M , + M , + M , + M 4 = M 
Identificando o termo entre parêntesis como a soma dos valores da 
rigidez em A de todas as barras concorrentes neste nó, e à qual chamaremos 
siniplificadamente, ZKi, podemos escrever: 
Levando em conta as expressócs (11.1) e (11.2), podemos determinar. 
então, em que parcelas o momento M irá se subdividir entre as diversas 
barras concorrentes no nó A , obtendo-se: 
De ui 13 maneira geral, podemos dizer que uma barra genérica r irá receber 
KI uma fíaçáo (-) do momento M aplicado no nó, ou seja: Zh', 
Da expressão (11.3). podemos tirar a seguinte c o n ~ l u s ã o : ~ 
Uma carga-momeiito aplicada num nó de uma estrutura totalmente indes- 
locável irá se distribuir' entre as diversas barras concorrentes neste nó, 
segundo parcelas proporcionais à rigidez, neste nú, de cada uma destas barras. 
K . 
A relação + (simbolizando a fraçáo do momento atuante no nó que 
irá para a barra i), denominaremos coeficiente de distribuição de momentos 
di para a barra i. escrevendo-se. então: 
o que nos permite reescrever a expressa0 (1.3) na forma 
Mi = diM (11.5) 
Z~onclusão esta que é geral. 
Processa de Cross 183 
a) Evidentemente, a soma dos coeficientes de distribuição de momentos 
di em tomo de um nó é igual a 1. 
b) Analisando o segundo membro da expressão (II.4), é fácil se concluir 
que ela não se alterará se dividirmos numerador e denominador por ( 4 0 , 
isto é, se trabalharmos com a rigidez relativa k de cada barra ao invés de 
sua rigidez absoluta K. É lícito, então, escrever: 
c) Precisamos, agora, fixar umaconvenção de sinais de momentos que 
será fundamental para o processo de Cross e que é, em tudo. coerente com 
a convenção apresentada no capitulo I (Fig. 1-18) deste volume. 
Para tal, procederemos, inicialmente, a uma análise da atuação de mo- 
mentos em torno do nó A da estrutura da Fig. 11-1, o que está feito na 
Fig. 11-2 onde interceptamos as barras 1, 2, 3 e 4 em seçóes infinitamente 
próximas ao nó A , no qual está aplicada a carga-momento M. Na figura, 
mostramos o equilíbrio do nó A , que se obtém, através dos momentos M I , 
M,. M , e M,, no sentido horário, exercidos pelas barras 1, 2. 3 e 4 sobre 
o iió A . ( A carga-iiioiiiento aplicada foi. no caso. tio sentido anti-horário.) 
Na iiiesiiia figura. estão indicados, eiii cada uiiia das barras intcrceptadas. 
os inorneiitos M, . hl,. M, e Ma no sentido anti-horário exercidos pelo nó 
A sobre as barras 1. 2 . 3 e 4. Estes iiioiiieiitos tkiii. evidenteineiite. o seiitido 
oposto ao daqueles exercidos pelas barras sobre o nó A . No método das 
deformações trabalhamos com os momentos exercidos pelos nós sobre as 
barras, para os quais estabelecemos sinal positivo caso fossem no sentido 
anti-liorário (convenção da Fig. 1-18). 
184 Cuna de análise estrutural 
Para o processo de Cross. conforme se verá iio tópico seguinte deste 
capitulo. trabalharemos com os momentos exercidos pelas barras sobre os 
116s. de modo que, para sermos coerentes com o que fizeinos no método das 
defonnaçóes, deveremos inverter a convenção dc sinais do niétodo das 
deformaçóes e adotareinos. entáo a da Fig. il-3. isto 6 , consideraremos 
positivos os momentos exercidos pelas barras sobre os nús se forem no 
sentido horário (o que equivale a dizer que continuamos considerando 
positivos momentos aiiti-horários exercidos pelos nós sobre as extreiiiidades 
das barras). 
Fig. 11-3 - Convenção de sinais para mo- 
iiiciitus cxcriidos pchs barraasobre os nós. 
Desta forma, poderemos usar, em múdulo e sinal, todas as tabelas 
apresentadas no Cap. I deste volume. 
d) Tendo em vista a convenção dc sinais apresentada na observaçáo 
anterior, podemos dizer que o nó A da estrutura da Fig. 11-1.1 está 
submetido à atuação de uma carga-momento (-M), equilibrada por momentos 
( tM , ) , (+A&), ( tM,) e (+Me) exercidos, respectivamente, pelas barras 1, 
2, 3 e 4 sobre o nó A . 
Assiin, os momentos equilibrantes em torno do iió A , têm sinais (dados 
pela convenção da Fig. 11-3) opostos ao do iiiomeiito atuante no nú, sendo 
seus módulos dados pela expressáo 111.5). 
2 - A IDEIA DO PROCESSO 
Seja resolver o quadro de inércia constante da Fig. 11-4.1. que possui 
uma deslocabilidade interna (rotação do nó A ) e para o qual os momentos 
de engastamento perfeito3 no sistema principal são os indicados na Fig. 11-4.2. 
3 ~ o processo de Cross. trabalharemos scrnprr çani os momentos cxcrcidos, nu 
sistema principal. pelas barras sobre os nós, que tem !mesmo valor c sintido oposta ao 
dos inonicntoi de cngastaiiiento pcrfcito (ver obscrvaçzio r do item 1 destc capítulo). 
rquc sáa r i s momintus cx~rcidos pelos nós sobrç 2)s barras. Como, entretanto. adotamos 
c?nvenq&c~ de sinais para estes dois tipos de momentos que conduzcni ao niesmo 
sinal para ambos. podemos, ao nos referir a um momento dc cngastamento perfeito. 
no sistema principal. simbolizar o momento que a barra está exercendo sobre o nó 
no sistema principal. e é assim que deverá ser interpretado sempre este tipo de menqão. 
neste capitulo. 
Processo de Cron 185 
mq ri C D C D 
'+ I ' 7 / L l 2 Ir 
ll-4.1 
- Momentos de engastamento per- 
feito no sistema principal. 
Fig. 114 
Digamos que, no sistema principal da Fig. 11-4.2, nós liberemos a rotação 
da chapa 1: o nó A funcionará. então, como que tendo uma carga-momento .- 
I' 
aplicada de M = t% ( a ç k da barra 1 sobre o nó A ) que será equilibrada, . - 
conforme vimos no item 1 deste capitulo, por momentos proporcionais a 
rigidez em A , das barras I , 2 e 3, o que está indicado na Fig. 11-5. Assim, 
o funcionamento dos nós do quadro, a partir do instante em que liberamos 
a rotação da chapa I . será o indicado na Fig. 11-6, que mostra os momentos 
que surgem nos nós em cada uma das fases de funcionamento da estrutura 
quais sejam: 
Fig. 11-5 - Equilíbrio do nó A , após 
liberarmos a rotação da chapa 1: 
Fig. 11-6 
la fase: Rotação do nó A impedida, isto é, nós A e B, da barra 1 siibmetidos 
41: qj: aos momentos de engastamento perfeito t - e - -. respectivamente 
12 12 
(isto é. açóes da barra AB sobze os nós A e B , no sistema principal, iguais 
4122 
2 
a + - e - h, respectivamente.) 
12 12 
'786 Cirso de análise estrutural 
2? fase: Libcranios a rotaçáo do no A . Com isto. o momento nele atuante 
q12 na fase anterior, igual a M = + - (trazido pela barra 1 ) passa a atuar 
12 
como carga-momento, sendo equilibrado pelos momentos ( -d , M). (-d,M) 
e (-d,M) atuantes em 1. 2 e 3. respectivamente. 
Devido ao apareciniento destes momentos equilibrantes, seráo transmitidos. 
para os engastes B, D e C, respectivamente, niomentos iguais ao produto 
de seus valores pelos respectivos coeficieiites de transmissão (todos eles 
iguais, no caso, a t0.5. pois tratam-se de barras biengastadas com inércia 
constante). 
A estrutura está, então resolvida, d 
sendo os momentos finais atuantes em -M( l + L I 
M i l -d , l 
2 
torno de cada i16 os indicados na 
Fig. 11-7 (obtidos pela soma dos mo- 
mentos que aluam na primeira e se- 
gunda fases). Levando em conta a -M& 
-- convenção de sinais da Fig. 11-3, os 
momentos atuantes em torno de cada 
nó tèm os sentidos indicados n' Fig 
11-8, que nos conduzem i m e d i a t k n : 
te, ao diagrama final de momentos 
fletores da Fig. 11-9. Fig. 11-7 
Fig. 11-8 - Momentos finais nos nós. Fig. 11-9 - DMP 
Observação: Conforme é fácil verificar, a estrutura indeslocável da Fig. 
11-4.1 foi resolvida sem ter sido necessário escrever nem resolver qualquer 
equação de compatibilidade estática. 
Processo de Cios 187 
Este é o objetivo e a grande vantagem do processo de Cross que, conforme 
veremos mais adiante, resolve estruturas indeslocáveis (externamente) sem 
ser necessário escrever qualquer equação, pois sua esséncia P o equilíbrio. 
um a um. dos momentos atuantes em torno de cada nó. nos moldes do que 
se fez para o caso da Fig. 11-4.1: 
A fim de f i a r e mecanizar a idéia usada na resoluçáo do caso da Fig. 
11-4.1, refaremos o exemplo colocando, agora, dados numéricos. Seja. 
então, resolver o quadro de inércia 
constante da Fig. 11-10 cuja Unica des- 
locabilidade (interna) é a rotação do 
nó A . 
mZtim 
Temos, em torno deste nó, os seguintes ~ ~ g ' ~ 3rn 
coeficientes de distribuição de rno- 
inentos, obtidos a partir dos valores /C 1 D 
de rigidez relativa k para as barras 1, 
2 e 3 indicados na Fig. 11-10 (e que ,& 4m + 7.5m + 
foram determinados arbitrando-se .i = 
= 30). Fig. 11-10 
Fig. 11-1 I A partir desses valores, temos a se- 
guinte sequência de operações. que 
reproduzem os passos da análise feita 
para o quadro da Fig. 11-4. 
+9.38 
I?) Marcamos,no sistema principal da 
Fig. 11-12. os valores dos coefici- /i". 
entes de distribuição em torno do 
nó interno A e os momentos de 
engastamento perfeito para a barra 
carregada, que valem: Fig. 11-12 
MA = -MB = 
2 X 7,s2 
12 
= +9,38 mt (obtidos da Tabela I do Cap. 1). 
188 Curso de análise estrutural 
20) Liberamos, iio sistema principal, a rotação do nóA que terá entào, uma 
carga-momento aplicada de (t9.38). Esta carga-momento será equili- 
brada por momentos de sinais contrários, em cada uma das barras 
concorrcntes em A c de módulos iguais ao produto de seii valor pelos 
coeficientes de distribuição dc momentos para cada barra. 
Devido a estes momentos equilibrantes. indicados lia Fig. 11-13, serão 
transmitidos para os engastes 5, C e D niomeiitos iguais ao produto de seus 
valores pelos coeficientes de transmissão. 
O esquema de momentos da Fig. 11-13 nostra, então. todos os nósda 
estrutura em equilíbrio e, assim. os momentos finais atuantes cni todos os 
nós do quadro sáo os indicados na Fig. 11-14. da qual obtemos, pela 
convenção de sinais adotada (Fig. 11-3') os sentidos corretos dos momentos 
atuantes nos nós representados na Fig. 11-15, que nos conduzem ao diagrama 
de momentos fletores da Fig. 11-16, 
Fig. 11-15 - Sentidos corretos dos mo- 
Fig. 11-14 - Morncntos finais nos nós. mentos nos nós. 
Processo de Cross 
Discutiremos, agora. um último caso. apbs o qual nos será imediato 
enunciar um roteiro para resolução de qualquer estrutura externaineiiic 
indeslocável pelo processo de Cross. 
Seja resolver a viga de inércia constante da Fig. 11-1 7, dcvido ao carrega- 
mento indicado. 
Fig. 11-1 7 
Em se tratando de uma estrutura com duas dcsloçabilidades internas - 
rotaçáo dos nós LI e C - o sistema priiicipal f o da Fig. ll-IR. no qual 
hloqueamos as rotações existentes nestes nós coni as chapas I e 2 surgindo 
nele, então, os momentos de engastamelito perfeito indicados na Fig. 11-18. 
i~uais a: - 
- 
qAB2 - 
8 
*' - -24irit Para a barra 1 : MB = - - - - -- 
8 
qBC2 3 X h2 
Para a barra 2: MB = -1!4~ = -- = - = +c) nit 
12 12 
q a 2 - 3 X 8' 
Para a bana 3: Mc = -iCIIl = -- - --- = +16 iiit 
12 12 
C u n o de análise estrutural 
Fig. 11-18 
Pensando, agora. em se adotar um procedimento análogo ao do exemplo 
estudado anteriormente, calculemos os coeficientes de distribuição de mo- 
iiientos em torno dos nós B e C. 
Temos, trabalhando com rigidez relativa e arbitrando-se J = 48, os valores 
de rigidez indicados na Fig. 11-19. a partir dos quais determinamos os 
coeficientes de distribuição de momentos em torno dos nósB e C, dados por: 
Fig. 11-19 ! 
L' 
Em tomo do nó B: d, = -- 4'5 - - 0,36 
4,5 + 8 
8 
Em torno do nó C. d , = -- = 0,57 
8 + 6 
Na Fig. 11-20, representamos os momentos de engastamento perfeito no 
sistema principal e os coeficientes de distribuição de momentos em torno 
de cada nó interno da estrutura. 
Sempre raciocinando. agora, com a figura 11-20, temos: 
1'1 Liberando a rotação. no sistema principal do nó B, o mesmo ficará 
submetido a uma carga-momento de (-24) + 9 = -15 mt. equilibrada 
por momentos iguais a 
t 1 5 X 0.36 = t5 .4 1111. no nó B da barra .4B 
+ I5 X 0.64 = t9 .6 iiit. no nó B da barra BC 
Processo de Cross 
+9 -9 1 +16 -1 6 Meng. perf. 
I +9.6 - +4.8 i ? Eq. n6 6 - 
3.36 + -6.72 1 -5.08 + -2.54 I'? E ~ . "6 C 
I - +2.15 + t1.07 , 2? Eq. n6 6 
-0.30 + -0.61 1 -0.46 + -0.23 Z? ~ q . "6 C 
I - +0,19 + ~0.09 I 3? Eq. n6 B 
-0.02 c -0.05 1 -0 04 + -0.02 30 E ~ . C 
+0.01 I - 
I - 4? Eq. n6 B 
I 
1 7 2 7 i +17,27 -10.42 / t10.42 -18.79 Momentos finais 
Devido ao aparecimento destes momentos equilibrantes, será transmitido 
ao nó C (que está engastado. pois não liberamos a rotação da chapa 2) um 
iiiomento igual a r ~ c (+9,6) = 0,s X 9.6 = 4.8 mt. (Para o nó A , não é 
transmitido qualquer momento. por se tratar de um nó rotulado.) 
/-- 
O iió 5. com os morilentos de 5.4 rnt e 9,6 mt está equilibrado e coloca- 
remos então, urn traço abaixo dos mesmos para caracterizar o equill'brio. 
O esquema atual será, então, o da Fig. 11-21. que transcreveremos para a 
Fig. 11-20, 
Fig. 11-21 - I ? cqiiilibrio do nó B . 
10) Estalido equilibrado o nó E. (Fig. 11-21), voltamos a colocar a chapa 1 
impedindo novas rotações do mesmo; a estrutura do sistema principal 
não está ainda, entretanto. equilibrada, pois o nó C não está em 
equilíbrio. 
192 Curso de análise estrutural 
Para conseguirmos, agora, o equilíbrio do nó C, liberamos a rotação da 
cliapa 2, ficando o mesmo submetido a uma carga-momento de (16 + 4,8 - 9) = 
= +11,8 mt. Esta será equilibrada por momentos iguais a: 
-113 X 0,57 = -6,72, no nó C da barra BC 
-1 1.8 X 0,43 = -5,08, no nó C da barra CD 
Como nas extremidades B e D esta0 impedidas as rotações (pois, nesta 
fase, estamos liberando, apenas, a rotação da chapa 2). nelas aparecerão 
inomentos iguais ao produto dos momentos equilibrantes pelos coeficientes 
de transmissão (iguais no caso, a + 0,5, por terem as barras inércia constante). 
Assim sendo, o nó C está em equilíbrio e ficamos com o esquema da 
Fig. 11-22, transcrito na Fig. 11-20, 
3?) Tendo ficado equilibrado. agora, o nó CíFig. 11-22), voltamos a colocar 
a chapa2. impedindo novas rotações do mesmo. O esquema da Fig. 11-22 
nos mostra, entretalito. que n nó B ficou desequilibrado. Para equi- 
librá-lo, liberamos, mais uma vez a rotação da cliapa 1. ficando o nó 
submetido a uma carga-moniento de (-3.36 mt). que é equilibrada por 
momentos iguais a 
t3,36 X 0.36 = +1,21 int, no nó B da barra AB 
+3,36 X 0,60 = +2,15 nit, no nó B da barra BC 
Para u iió C da borra BC. será transmitido um momento igual a 
( t2.15 X 0,5) - +],O7 nit e ficamos. então. com o esquema da Fig. 11-23, 
no qual o nó B foi, mais uma vez, equilibrado. 
Processo de Cross 193 
40) A Fig. 11-23 nos mostra o nó B equilibrado e o nó C desequilibrado. 
Temos, mais uma vez, uma situação idêntica à do item 20 deste 
exeinplo, que será resolvida da iiiesina mancira, isto é: 
voltando a colocar a chapa 1 no nó B (em equilíbrio) e liberando a 
rotaçáo do nó C, a carga-momento de ( t 1.07 itit) que passa a atuar neste 
último é equilibrada por momentos iguais a (-1,07 X 0,571 = -0.61 mt e 
a (-1.07 X 0.43) = -0.46 iiit nas barras BC e CD, respectivamente. e que 
provocam a traiismissáo de momentos iguais à metade (r = + O S ) de seus 
valores para os nós B e D. conforme indica a Fig. 11-24. 
Fig. 11-24 - Z? equilíbrio do iió C. 
50) Estando o nó C equilib::id,i c o nó R, agora, desequilibrado, voltamos 
à situação do item 3? e. sem necessidade de maiores comentários, 
com a liberação da ii!a,;ão do nó B , surgirào momentos equilibrantes 
de (+0.30 X 0.36: = f l , l l nit na harra AR e de (+0.30 X 0.641 = 
= t0,19 iiit na harra BC; este último transniitindo um momento de 
t0.09 iiit ao nó C. 
O esquema da Fig. 11-25 nos niostra. entáo, a situaçso de niomentos 
atuantes nos nós após o 30 equilibiio de momentos em torno do nó R. 
194 Curso de analise estrutural 
60) Prendendo o nó B, já equilibrado, mais uma vez, com a chapa I e 
liberando a rotação do nó C, a carga-momento de (+0,09 mt) a quc 
ele ficará submetido será equilibrada por momentos de (.-0,09 X 0.57 1 = 
= -0,05 iiit no nó C da barra BC e de (-0,09 X 0,043) = -0.04 nit 
no nó C da barra CD, sendo transmitidos para os nós B e D momentos 
iguais à metade desses valores. 
O esquema da Fig. 11-26 nos mostra, então a situação de momcnros 
atuantes nos nós após o 30 equilíbrio do nó C 
0.36 0.64 0.57 0.43 D 
- 
A A a 
-24 +9 -9 c C16 1 6 
t5.4 +S.6 -r t4.8 -- 
-3;36 t -6.72 5.08 + - - -2.54 
t i 2 1 t2.15 -i +1.07 -- 
0 .30 c - 0 . 6 1 ~ 0 . 4 6 + -0.23 - - 
+o.ll to.19 + +O@ -- 
-0.02 t -0.05 -0.04 + -0.02 
Fi. 11-26 - 3? equilíbrio do nó C. 
70) Estando o nó C equilibrado, voltamos a prendè-lo com a chapa Z e 
liberamos, agora, a chapa 1 . a fim de equilibrar o nó B. Devido a 
carga-momento de (-0.02 mt) que nele ficará atuando, surgirão mo- 
mentos equilibrantes, nos nós 8 das barras AB e BC iguais a 
(+0,02 X 0.36) = +0.01 nit e ri (+0.02 X 0.64) - +0.01 mt. respec- 
tivamente. Os valores destes momentos já são tão baixos. que não 
faremos nenhuma transmissão para o 110 C e podemos dar. então, a 
viga da Fig. 11-17 como equilibrada, após este 40 equilíbrio do nó 8, 
ficando o esquema final de niomentos o indicado na Fig. 11-27 e que 
está transcrito na Fig. 11-20. 
A 0.36 
A A A - 
-24 8 +9 -9 C +I6 -16 
+5,4 +9.6 + +4,8 - 
-3.36 t -6.72 -5.08 + - - -2.54 
+1,21 +2,15 + +1.07 -- 
-0.30 t -0.61 -0.46 -t - - -0.23 
+0,11 +0,19 -t +O,W -- 
-0.02 t 0.05 6.04 4 -0.02 
a .01 +0.01 -- 
Fig. 11-27 - 4? equilíbrio do nó B. 
0.64 0.57 0.43 D 
Processo de Cross 195 
80) Para a obtenção dos momentos fmais, devemos fazer a superposição 
(soma) .de todos os momentos que apareceram nas diversas fases do 
equilíbrio da viga, o que podeser feito, diretamente. na Fig. iI-20, 
somando-se os valores indicados em coluna, obtendo-se os valores finais 
apresentados na última iiniia. 
9?) Levando em conta a convenção de sinais da Fig. 11-3, os momentos 
finais atuantes nos nós são os reprrsentados na Fig. 11-28, da qual 
obtemos,imediatamente. o diagrama de momentos fletores da Fig. 11-29, 
Fig. 11-28 - Momentos lioais (mt) 
Fig. 11-29 - DMF (mt) 
3 - ROTEIRO DO PROCESSO DE CROSS PARA ESTRLITURAS 
INDESLOCAVEIS 
Baseando-nos lias idéias apresentadas para a resolução da estmtura da 
Fig. 11-17. no item 2 deste capítulo, podemos enunciar o seguinte roteiro 
para resoluçáo de esrruturas externamente indeslocáveis pelo processo de 
Cross: 
10) Calculamos os coeficientes de distribuição de momentos em torno de 
cada n6 rígido interno da estrutura, indicando-os em torno de cada nó 
(como está feito nas Figs. 11-12 e 11-20), mediante o emprego da 
expressão (11.6). 
196 Curso de analise estrutural 
20) Calculamos, empregando as mesmas tabelas do capítulo anterior (válidas, 
inclusive em sinal, devido à convenção da Fig. 11-3 adotada no processo 
de Cross), os momentos de engastaniento perfeito no sistema principal 
(obtido bloqueando-se, com chapas, as rotações de todos os nós 
internos rígidos da estrutura). 
3P) I..iberamos, uma de cada vez, a rotação de cada nó interno, equilibrando 
a carga-momento que nele passa então a atuar por momentos (em 
cada barra co~ ico~~ente no nó) de sinais opostos ao desta carga-momento 
e de módulos dados pela expressão (11.5). Os momentos equilibrantes 
que surgem serão propagados aos nós opostos de cada barra, multipli- 
cados pelos devidos coeficientes de transmissão de m ~ m e n t o s . ~ Uma 
vez equilibrado o nó (o que caracterizaremos colocando um traço 
horizontal sob os momentos equilibrantes), voltamos a fixá-lo com a 
chapa e passamos ao equilíbrio dos outros nós, por procedimento 
idêntico, até que, no último nó equilibrado (ji-esfando os demais em 
equilíbrio), os momentos equilibrantes que nele apareceram acarretem 
a propagação aos nós adjacentes, de momentos de valor desprezível em 
presença dos demais momentos atuantes. Neste caso, não propagaremos 
estes momentos (cometendo com isto um erro desprezível, por se 
tratarem de valores desprezíveis) e daremos por encerrado o equilíbrio 
dos nós da estrutura. 
40) Encerrado o equilíbrio dos nós, os momentos finais que atuaráo em 
cada um deles serão iguais à soma dos momentos de engastamento 
perfeito com aqueles despertados na fase de equilíbrio dos nós (isto é, 
para cada nó, somaremos todos os momentos que neles surgiram, ao 
longo de todas as etapas de resolução da estrutura). 
50) Conhecidos os momentos finais nos nós, empregando-se a convenção 
da Fig. 11-3, obteremos os diagramas de momentos fletores atuantes 
na estrutura e, a partir dele e do carregamento externo (empregando 
o mesmo procedimento do Cap. 1 deste volume), chegaremos às reações 
de apoio e aos diagramas de esforços cortantes e normais. 
Observações: 
a) O processo que acabamos de expor t a m b é m chamado de processo de dis- 
tribuição de momentos - foi apresentado pelo professor norte-americano 
Hardy Cross em 1932 e é, sem dúvida, uma das mais notáveis contribuições 
4~efinidas na Cap. I deste volume 
Processo de Cross 197 
i Análise Estrutural nas últimas décadas, pois permite, rapidainente. 
resolvermos uma estrutura indeslocável sem ser necessário escrever nem 
resolver qualquer sistema de equaçõesS consistindo o traballio de reso- 
lução, apenas. numa série de ciclos convergindo, rapidamente para um 
resultado final preciso. Este niirnero de ciclos é, evideiitemente, encerrado 
assim que se atinge o grau de precisão exigido pelo problema eni questão. 
b ) Na fase 3a do processo (fase de equili%rio dos iiós), devernos comcçar. 
sempre, pelos nós mais desequilibrados; isto acelerará, eriormcmcnte a 
convcrgência do processo. 
C) Q~iere~iios voltar a chamar a atenção do leitor para o fato de que, erii 
todas as Cases do processo de Cross. estamos lidando com os momentos 
exercidos pelas barras sobre os nós. isto é, estamos sempre aiiaiisando 
os nós. Continuam validas, no entanto. todas as tabelas apresentadas iio 
método das deformações, pois fizemos a necessária adaptação das con- 
vençóes de sinais (V . Fig. 11-3). 
d) Para operarmos com as diversas fases do processo de Cross adotaremos 
um esquema como o da Fig. 11-20. marcando em torno dos nós internos 
os valores dos coeficientes de distribuiçáo de monientos e depois, eiii 
linhas diferentes, os moriientos de engastamento perfcito e aqueles que 
surgein devido ao equilíbrio de cada iió. Encerrado 6 equilíbrio dos 
mesmos. os momentos finais se obtém somando todos os valoresparciais. 
e) F inalmente,~eremos frisar que o processo de Cross, pertence. teorica- 
iiiente, a o método das deforniações (lida com as mesmas grandezas e 
conceitos); sua única diferença está na adoção de um processo iterativo 
(muito mais comodo para resolução manual da cstmtur;i) para solucionar 
o problema. 
As aplicações seguintes esclarecerão 
4 - APLICAÇÃO ÃS ESTRLITURAS PLANAS INDESLOCAVEIS . 
Ex. 11.1 - Obter o diagrama de niomentos fletores e as reações de apoio 
para a viga da Fig. 11-30, 
' 0 processo de Cross si aplica. também, às estrutiiras deslocávris, simplificando 
extraordinariamente sua rcwlufào, conTorrne vercrnos no itcm 5 deste capitulo. 
Curso de analise estrutural 
+ 4 m . ~ 4 r n & 4 r n ~ ~ m & 2 r n + 
Fig. 11-30 
Trabalhando com rigidez relativa e arbitrando J , = 16, temos, para os 
nós das barras, os valores de rigidez indicados na Fig. 11-31, dos quais 
obtemos os coeficientes de distribuição segu*: 
Fig. 11-31 
8 Eni torno do nó B: d , = - 
8 t 4 
= 0.67 
4 
d , = -- 
8 + 4 
= 0.33 
4 Em tomo do nó C: d, = d, = --- = 
4 + 4 0,5 
4 
Em torno do nó D: d, = -- = 0.57 4 + 3 
Os momentos de engastamento perfeito são dados, pela Tabela 1 do 
Cap. 1, por: 
3 X 4= Para a barra 1 : MA = -MB = -- = +4nit 
12 
Para a barra 2: MB = -MC = t 4 mt 
Processo de Cross 
Para a barra 3: Ms = -h = + 4 m t 
3 X 4 2 3 Para a barra 4: MD = - + - X 2 X 4 = +7,5 mt 
8 16 
De p o s e dos coeficientes de distribuição e dos momentos de engasta- 
mento perfeito, podemos iniciar a resolução da viga pelo processo de Cross, 
o que está feito na Fig. 11-32. 
No caso, iniciamos o equilíbrio de nós pelo nó D (único nó desequilibrado 
devido aos momentos de engastamento perfeito atuantes à esquerda e à 
direita, sendo o desequilíbrio igual a +7,5 - 4 = + 3 , 5 int). A partir dai, 
a sequência de operações está indicada na Fig. 11-32, tendo sido interrompida 
a propagação de momentos iguais ou inferiores a 0.01 mt. 
Somando os momentos de engastamento perfeito com os momentos que 
surgjram nas fases de equilíbrio dos diversos nós. obtemos os momentos 
finais neles atuantes, indicados na última linha da Fig. 11-32, 
A B C D 
- - - 
+4 -4 +4 
I 
-4 t 4 
I -4 t7.5 Me,,. ,d. I 
1 1 - 1 +--2.0 1-1.5 Eq.nóD 
I I 
i 
1 - 
I 
(Mdes = +3.5) 
)+0,25 + +0.501+0,50 -- ++0,25 1 Eq. nó C 
I I 
I I 
I (Mdes = -1 
-0.08 + -0.17 1-Jl.08 + -0.04 1 I Eq. nó 8 
- 17 I I 
I I I 
(Mde = +0,25) 
I 1-0.07 t -0.14 1 -O 11 Eq. nO D 
I I --IL 
I (Mde. = +0,251 
1 +0,03 t +0.061 t0.05 + +0.021 
I 
Eq. nó C 
I 
I 
I 
I I 
IMder = -0,111 
-0.01 + -0.02 1-0.01 -- I 1 Eq. nó E? 
I I I 
I I (Mder = +0.031 
I I 
I 
-0.011 -O 01 Eq. nó D 
I --IL 
I 1 I (Mdes = +0.021 
I 
+3,91 -4.19 1+4,19 -3.48 j +3,48 -5.88/ +5,88 Momentos finais 
I 
A partir dos momentos fmais da Fig. 11-32, obtemos, conforme o esquema 
de momentos atuantes nos nós da Fig. 11-33, o diagrama de momentos 
fletores da Fig. 11-34, 
Fig. 11-33 Momentos atuantes nos nós (em mt). 
Fig. 11-34 - DMF (em mt). 
As reaçóes de apoio são obtidas do esquema da Fig. Li-35, na qual iso- 
lamos barra por barra, aplicando em cada uma delas o carregamento atuante 
e os momentos nas suas extremidades, calculando os esforços cortantesnas 
mesmas que, somados, nos conduzem às reaçóes de apoio finais, reprcsen- 
tadas na Fig. 11-34, 
Processo de Cros 201 
Ex. 11.2 - Obter o diagrama de momentos fletores para aviga da Fig. 11-36, 
a j as barras têm, todas, a mesma inércia. A precisão desejada no cálculo 
é de décimos de mt. 
Fig. 11-36 
Explorando a situação de simetria existente em relaçáo a um eixo 
perpendicular i viga e contendo o apoio E, a estrutura a resolver é a da 
Fig. 11-37 (na qual já reduzimos o carregamento do balanço ao nó Beq) . 
.+-6m+4rn+rn-k - Fig. 11-37 
Temos, então: 
a) Coeficientes de distribiiição 
Trabahando com rigidez relativa e adotando J = 24, a partir dos valores 
representados na Fig. 11-38, obtemos: 
Em tomo do nó C: d , = - - - 0,33 
3 t 6 
Em torno do iió D: d , = -- - -0.60 6 t 4 
202 Curso de analise estrutural 
Fig. 11-38 - Rigidez nas nós no sistema principal. 
b) Momentos de engastamento perfeito 
Temos, no sistema principal, os seguintes momentos de engastamento 
perfeito: 
Barra 1: O momento de engastamento perfeito será a superposição dos 
casos das Figs. 11-39.1 e 11-39.2, obtendoseda Tabela I: 
qI2 M 3 X 6 2 6 M e = - - + 
8 2 8 
+ - = -10.5 int 2 
MB = +6 int (obtidos da análise do equilíbrio do nó B. na Fig. 
11-39.3, que mostra que MP = - 6 mi e M: = +6 int) 
11-39.1 11-39.2 11-39.3 
Fig. 11-39 
3 X 4' 
Barra 2: Mc = -MD = -- = +4mt 
12 
5 X 6' 
Barra 3: MD = -ME = -- = + 15 mt 
12 
c) Equilíbrio de momentos 
Marcando no sistema principal da Fig. U-40, os coeficientes de distribuição 
de momentos e momentos de engastamento perfeito, passamos a equilibrar. 
Processo de Cross 203 
sucessivamente os nós iniciando no caso, pelo nó mais desequilibrado que 
é o nó D. Encerramos a propagação de momentos, quando o valor a 
propagar foi igual ou inferior a 0,I mt (precisão exigida no exemplo). 
I 1-3.3 - -6.6 i -4.4 - -2.2 Eq. n6 D 
I -- 
I I I IMder = + l l ) 
I 
1 
13.3 1% 13.2 1 Eq. n6 C 
I - 
I I 1 (Mdes = -9.81 
I I I 
I 1 -0.9 - -1.9 1 -1.3 - -0.6 ~ q : n6 D 
I I -1- (Md,, = t3.2) 
I I 1 
I +0.3 1 +0.6 + +0,3 1 Eq. n6 C 
I - 1 - I IMde, = -0.91 
L I 
Eq. "6 D 
(Mder = t0.31 
1 I I 
I I I 
I I I 
I 
-6 +6 
Momentos 
-6.9 t6.9 -9.2 1 +9.2 
17.8 finais 
Fig. 11-40 - Equilíbrio de rnomcntos. 
m 
A partir dos valores dos momentos finais indicados na Fig. 11-40 e levando 
em conta o esquema da Fig. 1141, obtemos o diagrama 'de momentos 
fletores da Fig. 11-42. 
Fig. 11-41 - Momentos finais nos nós (mt). 
Curso de análise estrutural 
Fig. 1142 - DMr \ rm mt). 
Ex. 11.3 - Resolver o quadro da Fig. 11-43.1 para o carreganiento indicado. 
i 4 I I 4 1 1 1 1 4 3 t h 
h 7 f 
A 2Jc 
Jc 3 rn 
~ - 6 r n 4 m 4 4 m - k - 6 r n 4 
Fig. 71-43.1 
O quadro a resolver possui uma deslocabilidade externa, que é o desloca- 
mento horizontal da barra ABDE que não se manifesta, no caso, devido à 
situação de simetria existente. Assim sendo, o sistema principal para a 
estrutura a resolver é o da Fig. 11-43.2. no qual já indicamos os valores da 
rigidez relativa das barras, determinados adotando-se J , = 24 (notar bem 
que, no caso da barra BD, devemos trabalhar com a rigidez de simetria 
relativa). 
Fig. 1143.2 S i s t e m a prlncipai e valores da rigidez relativa 
Proceso de Cross 
Temos, então: 
a) Coeficientes de distribuição 
6 
Em torno do nó A: d , = -- = 0,428 
6 t 8 
Em tomo do nó B: d, = d, = d, = = 0,296 
3 X 8 + 3 
b) Momentos de engastamento perfeito 
Da tabela 1, temos: 
- t 9 ,,lt Para a barra 2: MA = -Mo = - - 
12 
2 X 8 
Para a barra 4: 6 = - = 2 int 
8 
c) Equilíbrio de momentos 
Iniciamos o equilíbrio de momentos no nó A (surgiram os momentos 
equilibrantes de -3,86 e -5,14), prosseguindo no nó B (momentos equili- 
brantes de +1,65 e +0.62), novamente no nó A (momentos equilibrantes 
de -0.47 e -0,35) novamente no nó B (momentos equilibrantes de t0,07 
e +0,02) e, finalmente no nó A (momentos equilibrantes de -0.01 e -0.02), 
quando demos por encerrada a propagação de momentos devido aos valores 
muito baixos a propagar (0.01 mt). O equilíbrio está indicado na Fig. 11-44. 
na qual estáo também, representados os momentos finais atuantes nos nós. 
d) Diagrama de monientos fletores 
Sendo os momentos atuantes nos nós os indicados na Fig. 11-45 temos. 
prontamente, o diagrama de momentos fletores da Fig. 11-46, 
Curso de analise estrutural 
Fii u-44 
Fie. 1-5 - Momentos nos n& (em mt), 
Fig. u46 - DMF (em mt). 
Processo de Croa 207 
Ex. 11-4 - Resolver a viga da Fjg. LI-47, para a qual tem-se EJ = 
= 2 X 103tm2, para: 
a) Carregamento indicado 
b) recalque vertical, de cima para baixo, de 2 cm de apoio E. 
A constante de engastamento elástico vale: 
K = 3 X 103mt/rad. 
Fi. I147 
1) Resolução para carregamento indicado 
Eliminando o balanço da estrutura, ficamos com a estrutura da Fig. 11-48 
para resolver, da qual obtemos: 
Fig. 11-48 
a) Coeficientes de distribuição 
P 
Trabalhando com o sistema principal da Fig. 11-49, temos, a partir dos 
valores de rigidez absoluta6 indicados nesta figura, os seguintes coeficientes 
de distribuição de momentos: 
caso preferimos trabalhar com rigidez absoluta devida à presonca do engaste 
elástico. Nada nos impede, entretanto, de trabalhar com rigidez relativa. bastando, 
para isto, que se trabalhe tambCm com a ripidcr relativa db engaste clistira. isto é. 
dividindo sua rigidez absoluta por ( 4 E ) . 
Curso de analise estrutural 
Fig. 11-49 
Em torno do nó A: d e . ,i, = 
3.000 
3.000 + 2.000 
= 0,6 
2.000 d 
I 5.000 
- 0,4 
Em tomo do nó B: d, = 2.000 = 0,67 
2.000 + 1.000 
b) Momentos de engastarnento perfeito 
6 X 4' 
Para a barra 1: MA = -MB = -- = t8 mt 
12 
Para a barra 2: Mc = -12 mt (obtido do esquema da Fig. 11-50) 
M B = - - - = 62 l2 21 mt. 
8 2 
barra 2 Fig. 11-50 - Obtençào de MC . 
c ) Equill'brio de momentos 
O equilíbrio de niomentos em torno dos nós está representado, em 
detalhe, na Fig. 11-51, obtendo-se os momentos finais indicados nesta figura. 
Processo de Croa 209 
wrf . 
Eq. n 6 B 
Eq. n6 A 
Eq. "6 6 
Eq. n6 A 
Eq. n6 B 
Eq. n6 A 
Momentos 
finais 
Fig. 11-51 - Equilíbrio de momentos. 
d) Diagrama final 
A partir dos momentos finais nos nós indicados na Fig. ii-52, obtemos 
imediatamente o diagrama de momenios fletores da Fig. 11-53, 
Fig. 11-52 -Momentos finais (em mt) 
Fig. 11-53 DMI' (em mt) para a care- 
r gamrnto. 
2) Resolução para recalque vertical de 2 cm do apoio B 
a) Momentos de engastamento perfeito 
Curso de analise estrutural 
Fig. 11-54 
Devido ao recalque vertical de cima para baixo de 2cm do apoio B, 
a barra 1 terá um deslocamento ortogonal reciproco de t 2 cm (extremidade 
da direita desceu em relação à da esquerda) e a barra 2 de (-2 cm), conforme 
indica a Fig. 11-54. 
São, então, os seguintes os momentos de engastamento perfeito desperta- 
dos pelo recalque no sistema principal: 
6EJp 6 X 2 X 103X 2 X 1 0 - Z = + , 5 i n t Na barra 1: MA = M E = - = 
IZ 42 
3EJp 3 X 2 X 103 (-2 X 10.') = -3,33 mt Na barra 2: ME = - - 
lZ - 6' 
b) Equilíbrio de momentos 
Conhecidos os momentos de engastamento perfeito, o equilíbrio de 
momentos em tomo dos nós 6 feito como em qualquer outro caso. chegando- 
se aos momentos finais indicados na Fig. 11-55, 
A - 
- 
1 +15 
I 
+ I 5 i -3,33 
Meng. perf. 
I 
-9 - 15 --3 1 I 
Eq. nó A 
1 -2.89 t--- -5.78 1 -2.89 Eq. nó B 
1 - +1.73 1 +1.16 ---r +0,58 1 Eq. nó A - 1 - 
1 -0.19 -0.39 1 -0.19 
I 
Eq. nó B 
- I - 
+0.11 1 += --+ +0,04 1 Eq. n6 A 
I 
- 
-0.01 - -0.03 , -0.01 Eq. nò 8 
to.01 1 - I 
I I Eq. nó A 
I I 
I I 
I 
-7.15 1 +7.15 t6.42 -6.42 
Momentos 
finais 
Fig. 11-55 Equilíbrio de momentos. 
Processo de Cross 21 1 
c) Diagrama final 
Dos momentos finais, indicados na Fig. 11-56, obtemos imediatamente 
o diagrama de momentos fletores devido ao recaique, representado na 
Fig. 11-57. H 15 + y.42 
Fig. 11-56 Momentos finais tio3 iiós 
(eni mt). 
Ex. 11-5 - Obter o diagrama de momentosfletores devido a um aumento 
uniforme de temperatura de 30 'C para a estrutura da Fig. 11-58, cujas 
barras são, todas, misulas retas com J,, = J, e J,á, = SJ,. 
São dados: EJ, = 104 tm2 e a = 10-5/0C 
Fig. 11-58 
O problema é conceitualmente igual a todos os demais; apenas, por 
l idamos com barras de inércia variável em misula, precisaremos empregar 
212 Curso de analise estrutural 
r 
as tabelas correspondeiites já apresentadas e discutidas rio Cap. I deste 
volume. Assim, temos: 
a) Determinação dos coeficientes de distribuição de momentos 
hvando ein conta a simetria exis- 
tente. só precisareiiios equilibrar o nó B. 
necessitando. para tal. coiihecer neste 
nó os valores da rigidez das barras 
nele concorrentes. 
Temos, conforme esquema da Fig. 
11-50: 
Para a barra I : Trata-se de uma misula 
Jc 
& 
reta assimétrica com n = - = 0,2 e E 
55, 
5 
A = 10 = 0.5. obtendo-se da tabela IV: Fig. 11-59 
Levando em conta que o lado engastado é o da maior inércia, temos pela 
expressáo (1--31): 
Para a barra 2: Trata-se de uma misula reta sim6trica com n = 0,2 e 
i 
h = - = 0.2, obtendo-se, da tabela VI: 
1 o 
As expressões (1-27) e (1-29) lios coiiduzem a: 
aEJmi,, 0 104 Ks = - 
4,35 , (1 - ) = - X 6,90 (1 - -) = 2.560 int a 10 6,90 
Para a barra 3: Trata-se de uma misula reta assim6tRca, com i1 = 0.2 e 
X = 1, obteiido-se da tabela IV: 
a, = 13,55 
a2 = 6.05 
= 4,51 
Levando em conta que estamos buscando a rigidez no nó de maior inércia, 
temos pela expressão (1-27): 
Processo de Cross 213 
No correr da fase de equilíbrio de momentos, necessitarenios conhecer 
o coeficiente de transmissão de momentos do nó B para o nó E. dado pela 
expressão (1-29) por: 
Os coeficieiites de distribuição de momentos em torno do nó B serão, 
entáo: 
b) Momentos de engastamento perfeito 
Para conhecermos os momentos de engastamento perfeito no sistema 
principal, devidos ao aumento de temperatura de 30 'C, precisaremos conhe- 
cer os deslocamentos ortogonais reciprocos das barras, dados pelo williot 
da Fig. 11-60. O williot foi traçado levando em conta que, por causa da 
simetria existente, a seçáo central S da barra BC náo tem deslocamento 
horizontal, e que, por isto, o deslocamento horizontal absoluto do nó B é de 
A, = aAt = 10F5(+30) X 5 = 150 X IO-'m 
(Para as barras 1 e 3, temos: Al, = 10-'(+30) X 10 = 300 X 10-5 e 
Al, = 10-'(+30) X 1 3 = 390 X ]O-') 
Do wiliiot, obtemos os deslocamentos 
ortogonais recíprocos que valem: 4- 
AI I \I 
p , = - 1;; = -470 X 10-' (sinal negativo i 
porque a extremidade esquerda desceu 
em relação à direita) 
p, = O (por simetria) 
- 
p , = -36 = -320 X 10-'m (extremida- 
de da direita subiu em relação à es- I 
querda, acarretando sinal negativo) 
c' 
I v 
I D/ I O. e 
Fig. 11-60 - Williot. 
4-k 
I as-de b./)A2 
L 
214 Cuno de análise estrutural 
Os momentos de engastamento perfeito vale então, conforme as 
expressões (1-7) a (1-9): 
K'p 6.470 
Para a barra 1: Mg = 2 = - I 1 o (-470 X = -3.04 mt 
P Para a barra 3: Mg = K,í + t , _ , K,& =& X - I I (e, + p) = 
- - 104(( -320~~0-5)(13,ss + 4,51) = -s,% mt 
P P P EJc ME = K, -+ t , _ , K,T =IX-(e, + 0) = I i 
- - 104(-320 X210-5) (6,05 + 4,51) = -3,38mt 
10 
c) Equilibrio de momentos 
Fig. 11-61 - Equilíbrio de momentos 
O equil~l~rio de momentos, no caso, 6 imediato e obtido de uma só vez, 
por s6 haver um n6 a equilibrar, estando representado na Fig. 11-61 (no caso, 
o momento a equilibrar era de -3,134 - 5,78 = -8,82 mt). 
d) Diagrama de momentos fletores 
A partir dos momentos fmais nos nós, indicados (em mt) na Fig. ii-62, 
obtemos o diagrama de momentos fletores da Fig. ii-63. 
Processo de Cross 
Fig. 114.2 - Momentos nos nós. Fig. 11-63 - Diagrama de momentos fle- 
tores (em mt). 
5 - APLICAÇÃO DO PROCESSO DE CROSS h ESTRUTURAS 
EXTERNAMENTE DESLOCÃVEIS' 
5.1 - Introdução 
Seja resolver o quadro da Fig. 11-64 submetido ao carregamento indicado. 
Sabemos que o quadro possui duas deslocabilidades lineares (deslocamentos 
horizontais das barras ALI e CD): como o processo de Cross (conforme 
roteiro enunciado no item 3 deste capitulo) só se aplica, diretamente, às 
estruturas indeslocáveis, deveremos trabalhar com um sistema principal que 
torne a estrutura a resolver externamente indeslocável, conforme indicado 
na Fig. 11-65 e, a partir dele, empregando o princípio de superposição de 
efeitos, conforme indicado na Fig. 11-66. obteremos a solução do problema. 
Fig. 11-64 
/' 
Fi& 11-65 - Sistrma principal (sem dcs- 
locabili&ddes lineares). - 
 aremos a apresentafão para uma estnitura plana. A idéia é, entretanto, intepal- 
mente válida para grelhas ou estruturas espaciais. 
Cuno de analise estrutural 
Estrutura a S.P. com carregamento ] + 
( S . . com Ai = 4 
A resoluçáo da estrutura, a partir do esquema da Fig. 11-66, se obterá 
com a determinação dos deslocamentos lineares incógnitos A, e A,, que 
se obtêm, analogamente ao que se fez no m4todo das deformações, pelas 
condiçóes de compatibilidade estática do sistema principal com a estrutura 
dada e que são, no caso: 
(Força horizontal aplicada em 5 ) = O ... F,, + F,, A, + F I Z A* = O 
(Força horizontal aplicada emD)= O ... { F,, + F2,A, + F2,A2= O 
Obtidos, pela resolução do sistema de equações anterior, os valores de 
A, e A,, o problema estará resolvido e, a partir dos momentos finais nos nós, 
dados por M=Mo + M, A, + M2A, (conforme indica o esquema da Fig. U-66), 
chegaremos ao diagrama de momeiitos fletores para a estrutura dada. 
5.2 - Roteiro do processo de Cross para estruturas deslocáveis 
Partindo da conclusáo do Exemplo da Fig. 11-64, podemos enunciar o 
seguinte roteiro para resolução de estmturas externamente deslocáveis pelo 
processo de Cross: 
Processo de Croa 217 
1. Adicionamos apoios do I? gênero à estrutura deslocável dada, de modo 
a termos um sistema principal indeslocável; 
2. Resolvemos, pelo processo de Cross, o sistema principal indeslocável 
obtido no item anterior, isoladamente, para a atuaçáo do agente solicitante 
externo (carregamento, variação de temperatura, recalque ou modificações 
de comprimento das barras) e de deslocamentos arbitrárioss Ai dados 
separadamente a cada um dos apoios do 10 gênero adicionados a estrutura. 
Obtemos, em cada fase, os momentos (Mo, Ml, M2, ... M,) nos nós do 
sistema principal e as reações de apoio 
F O o . F n o ; F l I , . F 2 . . . n ; n l n . . " 1 nos 
apoios do 10 gênero adicionados de modo a tomar a estrutura indeslocável. 
3. Formulamos e resolvemos o sistema de equaçóes de compatibilidade 
estática, obtendo os valores de A,. O sistema será da forma 
Observaçóes: 
a) Mais compactamente, o sistema (11.7) pode ser escrito na forma 
{FJ+ [Fl {AI= {O) (11.8) 
b) O agente solicitante externo só afeta o vetor {F,}; no caso de estarmos 
resolvendo a estrutura para variaçào de temperatura, recalques de apoio 
ou modificações de coniprimento impostas na montagem devemos, eviden- 
temente, substituir os {F,} por {F,], {F,} ou {F,}, conforme o caso. 
4. Os efeitos finais (momentos nos nós, reaçóes de apoio, etc) serão dados por 
E = E o + Z E i A i (11.9) 
(No caso de variação de temperatura, recalques de apoio ou modificaçóes 
durante a montagem, E, deve ser substituído por E,. E, ou E,, conforme 
o caso.) 
~ s ~ ~ c a ~ ó e s seguintes esclarecerão. 
'0s dcslocanientos arbitrários não têm obriga~ãa de ser unitários, pois os valores 
finais que encontraemos para os dedocamentos incógnitos Ai funcionaram, conforme 
salirnios, como fator?rescala qiie. corrigem os efeitos arhitradus. Aconsclliamos. 
apenas, a fim de ohtcrmus iima matriz simétricz a inverter. que todos os Ai srjain 
arbitrados com o mesmo valor. 
Curso de análise estrutural 
Ex. li4 - Obter o diagrama de momentos fletores e as reações de apoio 
para o quadro de ingrcia constante da Fig. 11-67 submetido ao carregamento 
indicado. 
i -%+fiE Fig. 11-67 
Empregando o roteiro apresentado em 5.2, temos: 
1. Sistema principal C 
Trata-sede uma estrutura com 2 
deslocabilidades externas, obtendo-se, 
com o acrescimo de apoios do 10 gê- 
nero indeslocável em E e da D. Fig. o 11-68 sistema (no principal qual in- fi,@ - 
dicamos o sentido que consideraremos 
positivo para as reações nos apoios A E 
1 e 2). 
Fig. 11-68 
2. Efeitos no sistema principal n 
a) Carregamento externo 
Aplicando-se o carregamento exter- 
no no sistema principal, por ser ele 
constituído por uma única carga con- 
centrada atuante sobre um dos apoios, 
nele será absorvido, e temos: 
F,, = -4 
F,, = o Fig. 1149 Mo = O 
(Nesta fase, não aparecerão monientos no sistema principal.) 
Processo de Cross 
b) Deslocamento A , 
Dando-se um deslocamento A , = + 1 ao apoio 1, temos, a partir do 
williot da Fig. 11-70, os seguirites deslocamentos ortogonais reciprocos: 
Para a barra AB: p = + 1 (extremidade direita desceu em relação à da esquerda) 
Para a bana BC: p = -516 (extremidade da direita subiu eiii relação à da es- 
querda) 
Para a barra p: p = +SI6 (extremidade da direita desceu em relação à da es- 
querda) 
Para a barra DE: p = O 
Arbitrando EJ = 100, surgirão os 
seguintes momentos de engastamento 
perfeito devidos aos deslocamentos 
ortogonais recíprocos: A 0.a.d.e b 
Fig. 11-70 
6EJp 6 X 100 X 1 = +24 
Na barra AB: MA = MB = 7- = 
1 s2 
6EJp -6 X 100 X 516 
Na barra BC: MB = Mc = - - lZ - s2 = -20 mt 
Na barra CD: Mc = Mo = +20 int 
Passemos ao equilíbrio de momeii- 
tos, para o qual precisamos determi- 
nar, inicialmente, os coeficientes de 
distribuição: 
Notando, pelo esquema da Fig. 11-71 
que, em to os os nós temos as barras k , - r J 
com igual rigidez, podemos afirmar 
que todos oS coeficientes de distribui- 
ção de momentos são, no caso, iguais 
T. 0,s. Fii. 11-71 
Na Fig. 11-72 está feito o equilibrio de momentos que nos conduz aos 
valores finais de momentos indicados em 11-73 (no equilíbrio, interrompemos 
a propagação para momentos iguais ou inferiores a 0,l mt). 
Curso de an6lise estrutural 
Fig. 11-72 - Eq. de momentos. 
Fig. 11-73 - ihll(cni mt). 
Para determinação das reaçóes de apoio, rotularemos tpdos os nós, apli- 
cando neles os momentos atuantes nas barras (com sentidos opostos, portan- 
to. aos da Fig. 11-73.2, que sã<i momentos atuantes nos nós9, coiiforme 
indica a Fig. 11-74 e, empregando as equaçóes da Estática. temos: 
9~odcriamos marcar diretamrnte, a partir dos sinais da Fig. 11-73.1, os momentos 
atuantes nas barras (I'ig. 11-74). pois.çumo adotanios cor~vençõcs de sinais consiste~ites 
uma com a outra para momentos nos nós c nas barras, seus módulos c sinais são os 
mcsmos, devendo-sr obedcçer. para barras, a convenção de sinais da Fie. 1-18 r. para 
nós, a da Fig. 11-3. 
Por = O 
HA = 22,6.+ 2 1 2 = 8,76 
5 21.2 21.fi;; 41 - 
Por MP = O 
+ 534 = 3,24 t 22.6 6 ME = 5.4 
5 , HA 
1 "A t ;E 
Fig. 11-74 Determinação das rea~óes 
de apoio. 
Por Z Y = 0 VA = VE 
Por E M B = 0 22,6 - 5,4 + 8 v ~ - (8.76 - 3.24) X 5 = 0 i. 
. VE = V* = 1,3 t 
Por M? = O -4VA + 8HA - 3HB + 18 - 22.6 = 0 .'. HB = 20,09 t 
Por Z X = O H[ = 14.57 t 
Temos, então: F I I = +20.09 . 14.57 
F,, = -14,57 
8.76 3.24 
Fig. 11-75 Reaçóes de apoio (em t). 
+1,3 t 1,3 
c) Deslocamento A, 
Para a atuação de um deslocamento A, = + I , como a estrutura é simktrica 
e este deslocamento será anti-simétrico do deslocamento A , = + 1 dado no 
item anterior, podemos escrever iinediatamente, que os momentos nos nós 
e reações de apoio são os indicados na Fig. 11-76, tendo-se então: 
FIZ = -14,57 
Fz2 = 20,09 { 
Fig. 11-76 - K2 e rcaçóes para 4 = +l. 
222 Curso de analise estrutural 
3. Equaçóes de compatibilidade estática: 
F,, + F, ,A , + F,,A, = 0 _ -4 + 20,09A1 -14,57A2 = O 
F2,+ F 2 , A l + F 2 , A 2 = 0 i i O - 14,57A, +20,09A2 = O 
4. Efeitos finais 
Os momentos finais M = M, + 0,422 M, t 0,305 M, = 0,422 M, + 0,305 M , 
atuantes nus n6s e as reaçóes de apoio (R = R, + 0,422 R , + 0.305 R,) 
estão indicados na Fig. 11-77 c, a partir do esquema da Fig. 11-78, obtemos 
o diagrama de momentos fletores da Fig. 11-79. 
Fie. 11-77 Efeitos finais (E = E. + Fig. 11-78 - Moineiitos nos 116s (em tiitl. 
t 0,422 E, + 0,305 E,). 
Fig. 11-79 - DMF e rea fks de apoio. 
Ex. 11-7 - Obter o diagrama de momentos fletores e as reações de apoio, 
para a viga de rigidez constante EJ = 104tm2 da Fig. 11-80, Os engastes 
elásticos tèm K = 104mt/rad e a mola tem k = 103t/m. 
Processo de Crors 
A 
Fig. 11-80 
1. Sistema principal 
Levando em conta a simetria existente, o nó B não terá rotação e a 
estrutura a resolver 6 a da Fig. 11-81 (na qual o nó B só pode ter deslocamen- 
to vertical), a partir da qual, adicionando um apoio vertical em B, obtemos 
o sistema principal indeslocável da Fig. 11-82, 
Fig. 11-81 - Estrutura a resolver. Fi. 11-62 Sistema principal 
2. Efeitos n o sistema principai 
a) Carregamento externo 
Trabalhando com rigidez absoluta, os coeficientes de diitribuigão de 
momentos e 9 m o dos n6s '4 e C, são: 
Os momentos de eiigastamento perfeito para as barras I e 2 têm módulos 
2 X úZ 
iguais a - = 6 mt, com os sinais indicados na Fig. 11-83, onde já fizemos 
12 
u equilíbrio de momentos. 
Fig. 11-83 EqujlÍbrio de momentos = M o 
Curso de analise estrutural 
Fig. 11-84 - Cálculo das riaçori dr apoiolo - R . 
Temos, entZo: FIO = -13,2 
b) Deslocamento A , 
Dando à estrutura do sistema principal um deslocamento A, = +I , 
conforme indica a Fig. 11-85, teremos, para a barra 1 um deslocamento 
ortogoiial recíproco p = + 1 e, para a barra 2, p = - 1 . 
Surgem, então, os momentos de engastamento perfeito seguintes: 
6EJp I* = t1.666 mt Para a barra 1: MA = ME = -- = + P 6' 
Para a barra 2: ME = MC = -1.666 mt 
Fig. 11-85 
10 Notar que. quando rotulamos os nós para calcular as reaçòes de apoio, devemos 
trabalhar com os momentos atuantes nas barras, para os quais a convengo de sinais 
é a da Pig. 1-18 do Cap. I . podendo ser usados em módulo e sinal os momentos da 
Fig. 11-83 pois, embora eles sejam momentos atuantes nas nós, as convenções dc 
sinais para momentos atiiantes nos nós (Fig. 11-31 e para momentos atuantes nas barras 
(Fig. 1-18) foram consistentes uma com a outra, de moda que, ambos, têm o mesmo 
sinal. 
Assim, no caso da Fig. 11-84, iisamos os momentos da Fig. 11-83 com a convenção 
de sinais da Fig. 1-18. por desejarmos os momentos atuantes nas barras. 
Processo de C r o s 225 
O equilíbrio de momentos esta feito na Fig. 11-86 e o cálculo das reaçòes 
de apoio na Fig. 11-87. Notar que, para a determinação da reação de apoio 
em B. devemos somar, àquela devida aos momentos, a influência da mola, 
igual a (k A,). 
Fig. 11-87 Rcavòes iIc.apoio:R I 
Temos, então: F,, = + 1.777.7 
3. Cálculo de A, 
4. Efeitos finais 
Os mgmentos fmais e as reaçóes de apoio. dados por M = Mo + 0,0074M1 
e R = R , + 0,0074 R, estão representados na Fig. 11-88. da qual obtemos o 
diagrama fmal da Fig. 11-89. 
Curso de analise estrutural 
- 
Fi& 11-88 - Efeitos finais: E = E. + 0,0074EI. 
Fig. 11-89 - DMF e rea~ões de apo io ( 
Ex. U.8 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro da 
Fig. 11-90, cujas barras têm as inércias constantes indicadas. 
2t A 
3 t 
0.018m4 , 0.018m4 
+ 3 m - + 8 m 4 
Fig. 11-90 
O carregamento atuante pode ser decomposto nas parcelas simétrica e 
anti-simétrica indicadas nas Figs. 11-91.2 e 11-91.3, que mostram que a 
resolução da estrutura recairá na resolução do carregamento anti-simétrico 
da Fig. 11-91.3. 
f 
Processo de Cross 227 
( Já que, para o carregamento simétrico, existirá, apenas, um esforço normal 
de compressão na barra BC.)" 
A resolução da estrutura da Fig. 11-91.3 será a resolução de uma estrutura 
com uma deslocabilidade linear (deslocamento horizontal da barra 80, 
tendo-se: 
I . Sistema principal A" 
É o indicado na Fig. 11-92 onde, já 
explorando a anti-simetria existente, 
pudemos rotular o nó A (já que 
sabemos ser, nesta seção, M = 0). 
2. Efeitos no sistema principal Fig. 11-92 
a)Carregamento externo 
Não existindo cargas aplicadas nas 
barras (estão aplicadas, apenas, 110s 
nós), não existirão momentos Mo no 
sistema principal devido à aplicaçtio 
do carregamento externo, aparecendo 
as reações de apoio indicadas na Fig. 
11-93, a partir das quais temos: 
F,, = -5 Fig. 11-93 - Mo = O 
b) Deslocamento A, 
J 
Impondo-se ao sistema ~rincipal um deslocamento A , , surgirão desloca- 
inentos ortogonais recíprocos de igual valor, apenas para as barras verticais, 
conforme indica a Fig. 11-94. 
Trata-se de um caso de estrutura 
simétrica m m solicitação anti-simé- 
trica, podendo-se trabalhar, apenas, 
com metade da estrutura para equi- 
) librar os momentos. 
A partir dos valores de rigidez em 
torno do nb B indicados na Fig. 11-95, Fig. 11-94 
"Desprezando sua deformaGão por esforfo normal, o que é usual, no caso. 
228 Curso de analise estrutural 
temos os seguintes cocficientes de 3 9 
distribuição de momentos em torno I < ' = - 4 X 10 - =0.67h 
deste nó: 
Fig. 11-95 - Rigidez rc6t iva cin torno 
do i16 B (traballiondo-sc com inércias 
inultiplicadas por 1001. 
Devido ao deslocaniento ortogonal recíproco (+A, ) da bana BD, teremos, 
em E, um momento de engastamento perfeito 
3 EJA , 
MB M,= - 
1 2 
joO - +4,68 int Arbitrando-se EJAI = 100, vem: Mg = + - - 8' 
A partir do equilíbrio de momentos da Fig. 11-96, obtemos, levando em 
conta a anti-simetria existente, os momentos nos nós e reações de apoio 
da Fig. 11-97, tendo-se: FI1 = + 1,046. 
Fig. 11-96 - Equilíb~io de momentos. Fig. 11-97 - Mi 
3. Cálculo de A, 
F i o - 5 Temos: A I = - - - - = 4,79 
F I I 1,046 
4. Momentos finais 
Da expressáo M = Mo + M I A 1 = 4,79M1, temos os momentos finais 
nos nós indicados na Fig. 11-98, a partir dos quais obtivemos o diagrama 
de momentos fletores da Fig. 11-99. 
Fig. 11-98 - Monientos finais nas nós (em mt). 
Fig. 11-99 - DMF (em mt) 
Ex. 11.9 - Obter o diagrama de momentos fletores para a assim chamada 
viga vierendel da Fig. 11-100, cujas barras têm, todas, a mesma inércia. 
A - 2 t'm 
t 6 m+6 m+6 r n 4 
Fig. 11-100 
230 Curso de an6lise estrutural 
1. Sistema principal 
A estrutura possui três deslocabilidades lineares, que &o os deslocamentos 
verticais das barras BF e CG, e o deslocamento liorizontal da barra AD. 
Devirio à situação de simetria existente, esta última deslocabilidade não 
se mariifestará e as duas primeiras terão valores idênticos, de modo que, 
no caso, o sistema principal indeslocável é o da Fig. 11-101. 
Fig. 11-101 
2. Efeitos no sistema principal 
Determinemos, previamente, os coeficientes de distribuição de momentos 
em torno dos nós. 
Devido à simetria existente, poderemos trabalhar, apenas, com metade 
da estrutura e temos, a partir dos valores de rigidez relativa (obtidos 
arbitrando-se J = 24) da Fig. 11-102, os coeficientes de distribuiçáo de 
momentos da Fig. 11-103. 
Fig. 11-102 - Rigidez relativa das barras. Fig. 11-103 - Coeficientes de distribui 
$50 dc momentos. 
a) Carregamento externo 
Os momentos de engastamento perfeito sáo: 
2 X 6' 
Para a barra AB: MA = -MB = - = t6 mt 
12 
2 X 6' 
Pata a barra BC: Ms = - = t6 nit 12 
O equilíbrio de momentos está feito na Fig. 11-104 (cessamos a propagaçáo 
para momentos inferiores a 0,l mt) conduzindo aos valores finais represen- 
tados na Fig. 11-105. 
Fig. 11-104 - F,quilibrio de momentos. 
2 t im 
1 1 1 1 1 1 
-6.76 16.18 
-0.69 
0.09 
Fig. 11-105 - Mo 
Fig. 11-106 - Determinação das rrações 
dc apoio. 
232 Curso de analise estrutural 
As reações de apoio valem, a partir da Fig. 11-106: 
(-6,76 t 3.83 t 0,69 + 0,16) = 5,65 v E = 3 x 2 + 
6 
Temos, então: F i o = -12.35 
b) Deslocamento A i 
Impondo ao sistema principal um deslocamento A i tal que 6EJA, = 360, 
ele provocará, nas barras AB e EF deslocamentos ortogonais recíprocos 
iguais a (+Ai ), surgindo, nestas barras, momentos de engastamento perfeito 
6 E J a i 360 - +,O mt. iguais a -- - - - 
62 - 36 \ 
O equilíbrio de momentos está feito na Fig. 1d-107 (cessamos a propa- 
gaçáo para momentos inferiores a 0, l mt), conduzindo aos valores finais 
representados na Fig. 11-108. 
Fig. 11-107 - Equilíbrio de momentos 
-6 ,7 6 . 0 
+6.7 i 7 . 0 ~ 1 . 0 1 
Fig. 11-108 - MI 
Processo de Cios 
As reaçóes de apoio valem, a partir da Fig. 11-109: 
Temos, então: Fll = +4,57 
3. Cálculo de A, 7 t VF 4 
FIO 12,35 A i = - - = - = 2,7 Fig. 11-109 - Determinação das reações 
F I ~ 4,57 de apoio. 
4. Momentos íiiais 
Da expresso M = Mo + 2 , 7 M , , obtemos os momentos .finais nos nós, 
representados na Fig. 11-1 10, a partir da qual temos determinado o diagrama 
de momentos fletores da Fig. 11-1 11. 
Fig. 11-1 10 - M = Mo + 2.7M1 (em mt). 
Fig. Il-LI1 - DMF (em mt). 
234 Curso de analise estrutural 
6 - APLICAÇÃO DO PROCESSO DE CROSS AO TRAÇADO DE 
LINHAS DE INFLUENCIA'^ 
6.1 - Roteiro 
Seja o quadro da Fig. 11-1 12, cujos coeficientes de distribuição de mo- 
inentos em torno do nó a equilibrar são os indicados na Fig. 11-1 13 e para 
o qual desejamos obter linhas de influência. 
Fig. 11-1 12 
Fig. 11-1 13 - Coeficientes de distribui- 
$30 de momentos. 
Por comodidade de exposição, apresentaremos, diretamente, o roteiro 
para resolução do problema, ao final do qual o leitor terá compreendido 
a idéia usada para esta resolução: 
l?) Aplicamos momentos de engastamento unitários nas extremidades adja- 
centes aos nós internos de cada uma das barras sobre as quais a carga uni- 
tária pode se deslocar. resolvendo a estrutura para a atuação destes 
momentos. 
Desta forma, estaremos conhecendo, em Última análise, que frações do 
momento de engastamento perfeito de uma barra no sistema principal vão 
se transformar nos momentos fletores atuantes nos nós da estrutura dada. 
No caso da Fig. 11-1 12, devemos analisar a atuação de momentos unitários 
em Besq e gdr, o que está feito nas Figs. 11-114 e 11-115, sendo os 
diagramas de momentos fletores por elas provocados os indicados nas 
Figs. 11-1 14.2 e 11-115.2. 
''A mesma idéia que apresentaremos aqui poderia ter sido desenvolvida, diretamente, 
no método das defomacões. Não o fizemos, entretanto, devido ao fato do processo de 
Cross resolver o problema de maneira muito menos trabalhosa. 
I 
1 Processo de Cross 
Fig. 11-1 14.1 - Equilíbrio de momentos. Fig. 11-1 14.2 - DMF 
I Fig. 11-114 - Rewlu~áo p.drd atuação de momento dc engastamento perfeito unitirio 
em Pq. 
1 11-1 15.1 - Equilibrio de momentos. 11-1 15.2 -- DMF 
Fig. 11-115 - Resoluçào para atuaçào de momento de engastamcnta perfeito unitário 
em fldir. 
20) Obtemos as linhas de influBncia de momentos fletores nas extremidades 
das barras percorridas pela carga móvel. 
I Seja obter a linha de influência de momentos fletores em LIdb, por 
exemplo: 
Analisando cada trecho, temos: 
I - 
a) Carga unitária no trecho AB 
I Chamando m i ao momento de engastamento perfeito em Bem no 
sistema principal para a barra AB submetida à açáo da carga unitária, o 
esquema da Fig. 11-114 nos mostra que, qualquer que seja a posição da 
carga unitária (no trecho AB), teremos o aparecimento de um momento 
fletor em gdir dado por 
MBdir = d , m ' 13; isto é: L.I. Medir = d , L.I. m k (para o trecho AB) 
B 
I 
"~stamos considerando positiva o momento fletor que tracionar as fibras do lado 
pontilhado, conrorme é praxe na Estática. 
236 Curso de analise estrutural 
Ora, o valor de m j, para inércia constante ou variável em rnisula é dado, 
conforme mostram as tabelas I1 (inércia constante) e X11 a XV (para 
inércia variando em mísula) por produtos da forma: (P/) X coeficiente da 
tabela ~orrespondente. '~ 
Assim, teremos, no caso: 
L.I.MBdil = d2 X 1 X AT X (coeficiente da tabela para a posição da carga 
~n i tá r i a ) . ' ~ 
Desta forma, podemos construir, com simplicidade, a liniia de influência 
no trecho AB, bastando para tal tirar tantos valores da tabela correspondente 
à lei de variação de inércia da barra quantos forem os p ntos depassagem 
que desejemos para o traçado da linha de influência. f 
b) Carga unitária no trecho BC 
O raciocínio é completamente análogo ao usado no trecho AB. senão 
vejamos. 
Chamando m ao momento de engastamento perfeito em B"" no 
sistema principal para a atuação da carga unitária concentrada na barra BC, 
a partir do esquema da Fig. 11-1 15 podemos escrever que: 
L 1 . 1 - (1 d ) L.I. m i = - (I - d,) X BC X (coeficiente da tabela 
correspondente para a posição da carga unitária).I6 
Com isto, fica determinada a L.I.MBdi' e, por 'raciocínio inteiramente 
análogo, obteremos as L.I.Mgesq e L.I.MC, ficando, então. conhecidas as 
linhas de influência dos momentos fletores atuantes nas extremidades das 
barras percorridas pela carga móvel. 
3?) Obtenção de outras linhas de influência 
a) Esforços simples no tabuleiro e reações verticais 
Seja. por exemplo, obter as linhas de influência de momento fletor e 
esforço cortante na seçáo genérica S da barra BC. Destacando a barra da 
estrutura e aplicando os momentos Retores MeSg e Mdi, atuantes em suas 
extremidades, ela poderá ser representada na forma indicada na Fig. 11-1 16, 
1 4 ~ o caso de tcrmos uma barra cuja lei de variaçào de inércia não a situe dentro 
dos casos tabelados, deveremos criar previamente uma tabela especial para o caso. 
lSCOeficicnte afetado do sinal + o u -, conforme indicar a fórmula para o o s o em 
questão. 
L6~~a lem as notar 1 3 c 15 
Processo de Cross 237 
i da qual obtemos, para uma dada po- 
sição da carga unitária: M, , P = I %r 
I - x X 
\ t y I 
Ms = - 1 Mesq + Mdir + Mo3 
Mdir - Mesq L . --- Qs = QoS + 1 I 
i---_ 
A partir destas duas expressões, ob- i 
temos imediatamente as linhas de in- 
fluência dos esforços simples em S, Fig. 11-1 16 
dadas pelas expressões(l1.10) e (11.1 1). 
a seguir: 
X 1 - x 
L.l.hfs = L.I. M, + - L.LMdi, + - 
I I L.1. Mesq (11.10) 
(Nas expressões 11.10 e IL1 I , Mos e Q, são os esforços simples na viga 
biapoiada de substituição.) 
As linhas de influência de reaçóes verticais V são obtidas, prontamente, 
lembrando que V = Qdir - Qess, tendo-se, então: 
L.I. V = L.I.Qdir - L.1.QCsq (11.12) 
b) Esforços simples em barras perpendiculares ao tabuleiro" 
Para barras perpendiculares ao tabuleiro, as L.1.M e L.1.Q continuam 
sendo dadas pelas expressões (11.10) e (II.11), bastando lembrar que, como 
no caso a carga unitária não percorre estas barras, teremos L.I.M,, = 
= L.I.Q, = o. 
Desta forma, o a está completamente resolvido. As aplicações 
seguintes esclarecerão. 
a) O processo apresentado é integralmente válido para estmturas indes 
locáveis e deslocáveis; apenas, para estas últimas, a I ? fase (obtenção dos 
diagramas de momentos fletores devidos i atuação de momentos de engasta- 
I 7 ~ o caso da Fig. 11-112, a barra BD 
238 Curso de analise estrutural 
mento perfeito unitários nos nós) será um pouco mais trabalhosa, pois Gnsis- 
tirá na resolução de uma estrutura deslocável pelo processo de Cro~s.'~ 
b) Uma outra forma - espontânea - para obtenção delinhas de influência, 
empregando o processo de Cross, seria resolver a estrutura para diversas 
posições da carga concentrada unitária (pelo processo de Cross), traçando 
em cada caso os diagramas solicitantes, a partir dos quais obterfamos os 
diversos pontos de passagem para o traçado de cada linha de influência 
desejada. Este procedimento - embora conceituaimente imediato - conduz 
a um trabaiho mais demorado e mais sujeito a erros do que o desenvolvido 
por nós, de modo que não receberá maior ênfase em nosso Curso. 
6.2 - Aplicações 
Ex. ii.10 - Traçar, para a viga de inércia constante da Fig. 11-117, as 
linhas de influência a seguir, cotando-as nas seções indicadas. 
Fig. 11-1 1 7 
Empregando o roteiro definido em 6.1, temos: 
1") Resolução da estrutura para momentos de engastamento positiws e 
) 
unitários nos nós 
a) Carga-momento em BeS4 
Aplicando um momento de engastamento (t 1) em Be", conforme indica 
a Fig. 11 - 11 8, temos, por análise do equilíbrio do nó B, Msdir = - 1. 
Assim sendo, temos o equilíbrio de momentos da Fig. 11-1 19, do qual 
obtemos o diagrama de momentos fletores da Fig. 11-120. 
'8~omalrnei i tc, não deve aparecer mais de uma deslocabilidade cxtcrna, pais as 
pontes em quadro (de urn anilar) podem possuú uma deslocibilidade horizontal (deslo- 
cimenta Iiarizontal da tabuleiro) e ar pontesemviga são indeslodveis. 
Processo de Cross 239 
Fig. 11-1 L8 - Eq. nó B. Fig. 11-1 19 - Eq. de momentos 
- 
Fig. 11-120 - DMF devido a mBesq = + I . 
19 
b) Momento em CcS9 
Aplicando um momento de engastamento (+I) em CeSq, obtemos, do 
equilíbrio de nós feito na Fig. 11-121, o diagrama de momentos fletores 
da Fig. 11-122. 
F S ~ . 11-121 - Eq. de momentos. Fig. 11-122 - DMI: devido a i i i ~ c s q = +I. 
c) Momentos em cdir e gdir 
Por analogia com os casos a e b, respectivamente, obtemos os diagramas 
de momentos fletores das Figs. 11-123 e 11-124. 
" ~ ã o estamos estudando a atua$ão de um momento unitário em gdir pois, 
caso a carga unitária esteja no balanço AB, surgirá um momento em B O q no 
sistema principal e, caso esteja no vão BC, o balanço AB não funcionari, siugindo 
apenas um momento em C e q no sistema principal. 
Curso de analise estrutural 
Fig. 11-123 - DMF devido amCdiI: +I. Fig. ll-I24 - DMF devido a mDdir = + I 
20) Obtenção das linhas de influência de momentod fletores nas extremi- 
dades das barras 
Trata-se de uma linha de influência isostática, estando representada 
diretamente na Fig. 11-125. 
Fig. 11-125 - L . l . , $ l ~ 
b.1) Carga no trecho AB 
Sabemos que a linha de influencia, por se tratar de um balanço, será 
retilinea. sendo definida por seu valor cm A . dado, confornic indica a 
Fig. 11-1 20. por 
\ b.2) Carga no trecho BC 
Conforme indica a Fig. 11-12?, teremos 
? 7 t r c c , i a ~ ~ = (+0.5) Inces¶ = (t0.5) X [-P/ X (coeficiente k4 da 
tabela 11)l = -0.5 X 1 X 20 X k, = -10 k , 
m~rata-se de uma viga, no sistema principal. apoiada à esquerda e engastada à 
direita. sendo o momento de engastamento perfeito dado por (-k4PI). 
Processo de Cross 
Temos, então: q 1 = -10 ko,,, = -10 X 0,1172 = -1,172 
va = -10 kOs5, = -10 X 0,1875 = -1,875 
qnr = -10ko,,5 = -10 X 0,1641 = -1,641 
b.3) Carga nos trechos CD e DE 
Devido à simetria, não precisaremos refazer os cálculos, pois sabemos 
que a L.I.Mc é simétrica em relação a C. 
Desta forma, está definida a linha de influência de momentos fletores 
em C, desenhada na Fig. 11-126. 
+1.25 +1.25 
Fig. 11-126 - L.I.Mc 
Trata-se de uma linha de infiuência isostática, estando representada na 
Fig 11-127. 
Fig. 11-127 - L.LMD 
30) Obtenção das linhas de influência pedidas 
a) L.L Mc 
Já foi obtida anteriormente, estando representada na Fig. 11-126. 
b) L.I. Qn 
1 
Da expressáo (11.1 I), temos: L1. Qn = L.I. Qon + - (L.I.Mc - L.I.MB). 20 
bvandoae em conta o quadro de valores da Fig. 11-128, obtemos a linha 
de influência representada na Fig. 11-129. 
242 Curso de analise estrutural 
Fig. 11-128 - Obtçnçio de L.I.QII. 
-0,594 
-0,082 0,094 -0,059 
"-E 
Iv v 10.063 
r0.313 +0.406 
Fig. 11-129 - L.I.Ql1 
Da expressão (11.10), temos: 
5 15 L.I.Mu + 
L.I.Mw = L.l.Afoni t - L . I . M ~ + - L.I.Mc = L.I.Morv + --- 20 20 4 
t 
3 L.I.MC 
4 
A partir do quadro de valores da Fig. 11-130, obtemos a linha de influência 
\ representada na Fig. 11-131. 
Fig. 11-130 - Obtençáo da L.I.Mlv. 
1 Processo de Cross 
+2.52 
Fig. 11-131 - L.I.Mp, 
d) L.I. Vc 
! Sabemos, da expresso (lI.12), que 
1 I 
I L.I. VC = L.l.Qcdir - L.l.Qcesq = (L.l.Qflcdir + - L.I.MD - ?_O L.I.Mc) . 20 
1 1 1 
- - L.I.Mc t - (L.I.MB + L.I.MD) = L.I. VOc - - L.I.Mc t 
1 o 20 10 
Levando-se em conta o quadro de valores da Fig. 11-132, obtemos a linha 
de influência, representada na Fig. 11-133. 
I 
Fig. 11-132 - Obtengo da L.I.Vc, 
Curso de analise estrutural 
-0.375 
I I1 I I I C I V v VI O 
A E 
O 
+0.914 +1 .O0 
Fig. 11-133 - L.I. VC 
E . 1 1 1- Obter a linha de influência de momento fletor na seção V 
do quadro de inércia constante da Fig. 11-134, cotando-a nas seçóes indicadas. 
w 
2.5m" 2.51~" 2.5rn" 2,5rn'i,5m* 2.5mq 2,5rnn 2.5m' 2,5m* 2.5m 2.5m . . , 2.5rnr 
Fig. 11-1 34 
l?) Resolução da estrutura para momentos de engastamento unitários nos nós 
a) Momento em Beq 
A partir do equilíbrio de momentos feito na Fig. 11-135.1, temos o diagra. 
ma de momentos fletores da Fig. 11-135.2. 
mg.m tl 
c n 
ti-135.1 - Equilibrio de momentos. 
li-135.2 - DMF 
mbOZI k 0 . 0 3 
Fig. 11-135 
Processo de Cross 245 
I h) Momento em Bd' 
I A partir do equilíbrio de momento feito na Fig. 11-136.1, temos o diagra- 
ma de momentos fletores da Fig. 11-136.2. 
I mgdlr =+i 
n 
i 1 90 A, 
-0.27 - -0.13 
+0.01 - +0,03 - 
t0.74 
0.27 . 
11-136.1 - Eq. de momentos, 
Fig. 11-136 
C) Momento em L? 
Devido à simetria existente, por analogia com o caso da Fig. 11-136, 
temos o diagrama de momentos fletores da Fig. 11-137. 
ri. ii-137 - DMF 
d) Momento em cd' 
Por analogia com o caso da Fig. 11-135, temos o diagrama de momentos 
fletores da Fig. 11-138. 
Cursa de análise estrutural 
Fig. U-138 - DMI: 
0.03 
20) Obtenção das linhas de influência de momentos fletores em B ~ ' e 
Cesq 21 
a) L.I. MBdir 
a . - Carga unitária no trecho AB 
Conforme indica a Fig. 11-135.2, temos 
vtrecho AB = (+0,26) m B e q = +0,26 (-1 X 10 X k4) = -2,6k4 
A partir dos valores de k , obtidos da Tabela 11, temos: 
71 = -2,6 X 0,1172 = -0,304 
= -2,6 X 0,1875 = -0,487 
viir = -2,6 X 0,1641 - -0,427 
a,? - Carga unitária no trecho BC 
Conforme indicam as Figs. 11-136.2 e 11-137, temos: 
R ~ ~ ~ ~ ~ , ~ BC = (-0,74) m B * h (0 , l0)mce~ = (-0,74 X 1 X 10 X k l ) - 
-(0,10X 1 X 10k2) = -7,4kl - k, 
A partir dos valores de k, e X , , obtidos da Tabela 11. temos: 
t j i v = -7.4 X 0,1406 - 0,0469 = -1,087 
= -7,4 X 0,125 - 0.125 = -1,050 
= -7.4 X 0,0469 - 0,1406 = -0,489 
a.3 - Carga unitária no trecho CD 
Da fig. 11-138. temos qtrcciio C . ~ = (f0.10) mCd" 
= t0.10 X 1 X 10 X k, = k3 
Da Tabela 11. vem: 
?v11 = 0.164 
rivi11 = 0.188 
I)[X = 0,117 
"NO caso, não há necessidade de obter L.I.MBW e L. I .M~~" , pois elas náo in 
tlusnciaráo o traçado de L.I.Mv. 
Processo de Cross 247 
A linlia de influência está, então, definida, estando desenhada na 
Fig. 11-139. 
m 
Fi. 11-139 - L . I . M ~ ~ U 
Devido à simetria existente, não é necessário refazer os cdculos, obtendo- 
se, por analogia com a L.L&dir, a linha de influência representada na 
Fig. 11-140. 
Fig. 11-140 - L.I.MceS4 
30) Obtenção da L.I.MV 
Da .expressáo (n.10), temos: 
Levando-se em conta o quadro de valores da Fig. 11-141.a (calculado, 
apenas, para a metade da estrutura, devido à simetria da L.LMC), obtemos 
a linha de influsncia representada na Flg. 11-141.b. 
248 Cumo de analise estrutural 
Fig. 0-141.a - Obten~ão da L.1.M". 
Seção 
I 
11 
I11 
IV 
V 
-0,094 -0.150 -0,130 
Fig. 11-141.b - L.1.M" 
7.1 - Apresentação 
L.I.MOV 
O 
O 
O 
+1.250 
+2,50 
Seja resolver a greiha de inércia constante da Fig. 11-142 (cujas barras 
formam ângulos de 90" no nó 8). submetida ao carregamento indicado. 
Sendo o sistema principal o indicado na Fig. 11-143 (no qual bloqueamos 
as rotações do nó B em torno dos eixos x - x e y - y pelas chapas 1 e 2, 
respectivamente) e os momentos exercidos, neste sistema principal, pelas 
barras sobre os riós2%s indicados nesta mesma figura, vemos que há dois 
momentos a equilibrar tio nó B; um primeiro, em torno do eixo x - x . 
22~bordarcmos, neste item, as grelhas compostas de barras perpendiculares entre si, 
que Go o caso mais frequente na prática e cujo equilr'brio de momentos pode ser feito 
%paradamente em torno de cada eixo. No caso de não existir ortogonalidade das barras 
que constituem a grelha, o processo de Cross pode ser, tamEm. aplicado, só que 
u equilíbrio de momentos uàa mais poderá ser feita independentemente eiii torna de 
cada eixo. tornando-se, portanto, bastante mais trabalhosa,cliegando, em certos casas, 
a se mostrar <Irsaconselliável o emprega do processo de Cross. Para a análisç das grelhas, 
cujas banas nào são ortogonais entre si (caso pouco usual), recomendamos a leitura do 
capitulo correspondente no livro "Ebene und r2rimliclie Ralimentrsgwerkc de V. 
Kupferscliniid (Springer-Verlag V i e n a 1952). 
23~ois, no processo dc Cross, trabalhamos com os momentos atiiantes nos nós. isto é, 
os momentos exercidos pelas barras sobre os nós (que tém sentidos opostos aos dos 
momentos de engastamento perfeita.eXercidos pelos nós sobre as barras). 
0,s (L.l.MCew t L.I.MBdr) 
-0,094 
-0,150 
-0,130 
-0,788 
-1,050 
L.1.M" 
-0,094 
-0,150 
-0,130 
t0.462 
t 1,450 
Processo de Cross 
Fig. 11.142 - Is t r i i t i i r& a ri-solver. 
B valendo M , = - - ql' e um segundo. ein tortio do eixo .v - v . vaieiido 
12 
P/ 
M; = + 2 (OS sitiais destes mornciitos atuantes nos n6s obtidos da con- 
8 
vençao de sinais. arhitruriu. indicada tia Fig. 11-142). 
Como a rotaçáo do tió B em torno do eixo x - x só introduzirá momentos 
fletores na barra AB e momento torçor na barra BC e, inversamente. a 
rotação de B em tortio de y -.v só introduzirá momento torçor tia barra AB 
e monientos fletores ria barra BC, podemos fazer, isoladamente. 0 rquilibno 
de mornenlos em tomo do e ixox - x e do eixo?. - ,Y . adicionaiido, tio Rm, os 
resultados. Temos, entro, a resolver os casos das Figs. 11-144 (iio qual deve- 
mos equilibrar momentos em torno de x - x ) e 11-145 (no qual devemos 
equilibrar momentos em torno de .v - y ) . 
250 Curso de análise estrutural 
Fig. 11-144 - Momentos em torno de Fig. ii-145 - Momentos em torno de 
X - X. Y - Y . 
Para o caso da Fig. 11-144, os coeficientes de distribuição de momentos 
em tomo do nó B sáo: 
K 0 
d lx = K Q +KT e d, = K Q K p +KT a , sendo K 0 e K? 
respectivamente os valores da rigidez à flexão da barra AB em B e da rigidez 
4EJ GJ à torção da barra BC (K@ = - e K? = L). 
1, 12 
O equilíbrio de momentos está feito na Fig. 11-146.1, obtendo-se os 
momentos finais Mxt nos nós indicados na Fig. 11-146.2 
11-146.1 - Eq. de momentos. 
Processa de Cross 
11-146.2 -Momentos finais. 
Fig. 11-146 
Analogamente, para o caso da Fig. 11-145, temos os seguintes coeficientes 
de distribuição de momentos em tomo do eixo y - y no nó E: 
K 0 T 
K @ GJ 
dly = e dw = (sendo KT = 2 e 
~ $ 3 + K @ KT + K @ 1 , 
4EJ 
K @ = -). O equilíbdo de momentos está feito na Fig. 11-147.1, obten- 
12 
do-se os momentos finais My nos nós indicados na Fig. 11-147.2. 
ü-147.1- Eq. de momentos. 
Curso de análise estrutural 
11-147.2 - Momentos finais. 
Fig. 11-147 
Superpondo os momentos das Figs. 11-146.2 e 11-147.2, obtemos os 
diagramas de momentos fletores e torçores da grelha dada, traçados nas 
Figs. 11-148.1 e 11-148.2 que resolvem, entào, o problema. 
11-148.1 - DMP U-148.2 - DMT 
Fig. 11-148 - Diagramas finais. 
Observações: 
a) A fm de facilitar o aigontmo do equilíbrio de momentos, 6 usual retifi- 
carmos a grelha. Assim, para os equilíbrios de momentos indicados nas 
Processo de Cross 253 
Figs. 11-146.1 e 11-147.1, deveríamos trabalhar com os esquemas das Figs. 
11-149.1 e 11-149.2. 
b) Na fase de transmissão dqs momentos equilibrantes, devemos estar, 
sempre, atentos no sentido dr verificar se os mesmos são momentos 
fletores ou torçores, a fim de usar os coeficientes de transmissão adequados 
ao caso. (Para momentos torçores: f = - 1 e para momentos fletores os valores 
de r, dependendo da lei de variaçáo de inércia da barra, foram discutidos, 
em detalhes, no Cap. 1 deste volume.)24 
7.2 - Aplicações 
Ex. 11-12 - Obter os diagramas de momentos fletores e torçores para a 
grelha da Fig. 11-1.50, cujas barras, todas, têm inkrcia constante, sendo 
24para barras biengastadas no sistema principal, de inércia constante: = +0,5. 
254 Cuno de analise esirutural 
Temos: 
1. Momentos de engastamento perfeito no sistema principal e valoresde 
rigidez à flexão e torção. 
0s momentos exercidos pelas barras sobre os nós, no sistema principal, 
estão indicados na Fig. 11-151, obtidos da Fig. 11-152. 
v 
Fig. 11-151 
Fig. 11-152 
E2 =6",mt 
4 x 8 - =4mt 12 
8 
Os valores dc rigidez à flexão e torçáo das barras nos iós, obtidos 
arbitrando-se GJt = 4 (e, conseqüentemente, EJ = 8). estão indicados na 
Fig. 11-153, na qual representamos, tarnbem, os sentidos que consideraremos 
positivos para momentos nos nós. 
4 x 8 
, 
\ K=- 
, 
f KT = - = 0.5 
- 
0 4 x 8 16 
K=--- 
O 
Mx , 4 2 KT= -= - 
\ 6 3 
Fig. 11-153 
2. Equilibrio dos momentos Mx 
Para equiiíbno dos momentos M,. temos os seguintes coeficientes de 
distribuição de momentos: - 
K p 
Em tomo do nó B: d,, = - - 0,085 .'. d,, = 0,915 
Em torno do nó C: d,, = 
K @ 
- 1613 - - =0,843 :. d,,=0.157 
K @ + K P 1613 + 1 
A partir do equilíbrio de momentos da Fig. 11-154, obtemos os momentos 
finais M,, representados em 11-155. 
I 
Torv-o I FIexdO I TocSo 4 
A 
rO.90 -0.90 / +O.W -1.70 1 t l .70 -1.71) 
Fig. 11-154 - Equilibrio dos momentos Mx. * \ h 1 . 7 0 
0.90 M& hc 
0.90 
Fikii-155 - Momentos Mx (em mtf. 
256 Curso de analise esirutural 
3. Equilíbrio dos momentos My 
Temos os seguintes coeficientes de distribuição de momentos: 
Em torno do nóB: d', = 
K @ 4 
KO + K @ =4+2/3= 0,855 .'. dZy = 0,145 
Em torno do n6 C d - = * = 0,077 :. d? = 0,923 
" - K , + K 2 / 3 + 8 
Partindo do equilíbrio de momentos da Fig. 11-156, obtemos os mo. 
mentos fmais My, representados na Fig. U-157. 
Fig. 11-156 - Equilibrio dos momentos M,, 
Fig. 11-157 - MomentosMy (em mt). 
4. Diagramas fmais 
Partindo dos momentos Mx e My atuantes nos nós indicados nas Figs. 
U-155 e ii-157, obtemos imediatamente, os diagramas de momentos fletores 
e torçores, traçados nas ~ i ~ s . 11-158.1 e 11-158.2. 
11-158.1 - DMF (em mti. 
Fig. 11-158 
Ex. 11-13 - Obter os diagramas de momentos fletores e torçores para 
EJ 
a grelha da Fig. 11-159, cujas barras de inercia constante têm: - = 1,5. 
GJ I 
v '\ , A 
\ 1,. 
Fig. 11-159 
258 Curso de analise estrutural 
A grelha possui uma deslocabilidade linear, que B o deslocamento vertical 
do nó B. Assim sendo, temos: 
1. Sistema principal e rigidez à flexáo e torção 
O sistema principal está indicado 
na Fig. 11-160 e, arbitrando-se GJ, = 
= 12 (o que equivale a EJ = 1,5 X 12 = 
= 18), temos os valores de rigidez à 
flexão e torção em tomo do nó B 
indicados. 
2. Efeitos no sistema principal Fig. 11-160 
a) Carregamento externo 
Aplicando o carregamento externo no sistema principal, temos, conforme 
indica a Fig. 11-161: 
M x = M y = O e 
FIO = -4 
Fig. 11-161 - Mo= To= O 
b) Deslocamento AI 
Dando-se um deslocamento AI no sistema principal, ao apoio 1, tal que 
EJA, = 24 tm3, surgirão momentos exercidos pelas barras 1 e 2 sobre os 
nós com os módulos seguintes e os sentidos indicados na Fig. 11-162. 
Para a barra 1: IMAl = IMBl = 
6EJAl 6 X 24 - mt 
A=T- 
6 X 24 
Para a barra 2: IMBI = IMd = - = 4 m t 
36 
Passando ao equilibrio de momentos, que se encontra feito nas Figs. 
U-163 (para momentos M,) e 11-164 (para momentos MY). obtemos, por 
influência do deslocamento A, , imposto, os diagramas de momentos fletores 
e torçores da Fig. 11-165, tendo-se: F,, = 1,46 + 0.53 = 1,99 
4.95 + 0.90 
= 
Fig. 11-163 - Mx 
Tov-o + Flexão - . -I 
C 
1 -4 -4 it = - 1 ) 11 = 0.5) -0.8 - +0.8 I f3.2 - +1,6 - - - - I = 
- - 
-0.8 M.8 -2.4 
1 y? = 0,s. 
Fig. Ii-164 - My 
C u m de análise estrutural 
Fi. 11-165 - M, e Ti (em mt ) . 
3. Cálculo de A, 
FIO 4 Temos: A, = - - = - = 2,01 
F11 1 9 9 
4. Diagramas fuiais 
Levando em conta que Mo= To = O, os diagramas fmais seráo: M = 2.01 M , 
e T = 2,01 T I , estando representados na Fig. 11-166 (em mt). 
Fig. 11-166 
8.1 - Obter o diagrama de momentos fletores e as reações de apoio para 
a viga de rigidez constante EJ = 1@tm2 da Fii. U-167. O engaste elástico 
tem: K = 0,s X l@mt/rad 
Ag. 11-167 
8.2 - Calcular o deslocamento vertical de E para a viga da Fig. 11-167. 
8.3 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro da Fig. 
11-168 se o mesmo for submetido à variaçáo de temperatura indicada. 
Sabe-se que a seção transversal das barras é retangular, com 0,s m de altura 
e que o quadro tem EJa = 10-'tm2PC. 
8.4 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro simétrico 
da Fig. 11-169, que possui indrcia constante. 
Fig. 11-169 
262 Cursa de ahlise estrutural 
8.5 - Sabendo-se que, para o quadro da Fig. 11-170, as barras verticais 
têm inkrcia constante J, e as barras horizontais sáo, todas elas, misuias retas 
com J,, = J, e J,, = SJ,, pede-se: 
a) resolvê-lo para o carregamento indicado; 
b) resolvê-lo para um aumento uniforme de 30 'C. 
E dado: EJ,a = 10-' tm210C 
Fig. 11-170 
8.6 - Calcular o deslocamento horizontal da barra CD, para o quadro da 
Fig. 11-171. É dado: EJ, = 104tm2. 
4t C .I=- D - IFi$ Fie. 11-171 
A 
- 6 m - r 
8.7 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro da Fig. 
11-172. 
Fig. 11-172 
8.8 - Resolver o quadro de in6rcia 
constante da Fig. 11-173 para: 
a) carregamento indicado 
b) dirniuuiçio uniforme de 30 'C 
A - - - - . - - - -. - c) recalque vertical, de cima para bai- 
xo, de 1 cm de B. 3 m 
São dados: EJ u = = I O - ~ / " C 105 tm2 -; 6 rn I 
Fig. 11 - 173 
8.9 - Obter o diagrama de momentos fletores e do esforço cortante para 
o quadro da Fig. 11-174. 
h 
Fig. 11-174 
& 3 m + 3 m 3 
8.10 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro de inércia 
constante da Fig. 11-175. 
Fig. n-I 75 
8.1 1 - Idem, para a Fig. 11-176. 
+ fl :i 4- F . 11-176 
264 Curso de anslise estrutural 
8.12 - Idem, para a viga da Fig. 11-177, cujas barras são misulas parabóli- 
cas com J,, = J, e J,á, = 5.7,. 
Sáo dados: EJ, = 2 X 104tmz; k = 1 0 4 t/m 
A I 
I 
I 
I I 
I 
L 3 r n ~ 6 rn 9 m d 
Fig. 11-1 77 
8.13 - Obter os diagramas de momentos fletores e de esforços normais 
para o quadro atirantado de inércia constante da Fig. 11-178. É dado: 
(Desprezar o trabalho do quadro ao esforço normal.) 
d 
L 4 m i - 4 m - 1 
Fig. 11-178 
8.14 - Obter, para o quadro de inércia constante da Fig. 11-179, as linhas 
de influência dos seguintes esforços simples, cotando-as nas seçóes indicadas. 
L.I.Qb- CF, L.I.Vc, L.IMm, L.I.Qcda, L.I.MG. 
Processo de Cross 265 
8.15 - Obter as linhas de influência de momentos fletores 110s apoios 
e das reações de apoio para a viga da Fig. 11-180, cujas barras são, todas, 
mísulas parabólicas com Jmi, = J, e Jmá, = 10Jc. cotando-as nos quartos 
de vão. 
" I, 
lb 4 eL ,L k qL ,L 
4 m 16rn 4 r n 4 r n 1 2 m 4 m 4 m 
l i 
1 6 m 4 m 
Fig. 11-180 
8.16 - Obter as linhas de influência seguintes, para o quadro de in6rcia 
constante da Fig. 11-181. cotando-as nas seçóes iridicadas: L.I.ME. L.I.QE. 
L.I.MBdu, L.LMll, L.l.V,r. 
Fig. 11-181 
8.17- Obter os diagramas de momentos fletores e de momentos torçores 
EJ 
para a greiha sim6trica da Fig. 11-182, cujas barras têm, todas, - = 2. 
GJf 
8.18 - Idem, para a Fig. 11-183. 
Curso de análise estrutural 
8.19 - Calcular o deslocamento vertical de B para a grelha da Fig. 11-184 
As barras têm, todas: EJ = 104tm2 e GJ, = 0,2 X 104tm2., 
Fig. 11-184 
8.20 - Obter os diagramas de momentos fletores e torçores para a grelha 
simét5ica da Fig. 11-185, que tem EJ = GJ, (sugere-se aproveitar o resultado 
do ex. 11-15 do Vol.11 de nosso Curso). 
Fig. 11-185 
INTRODUCÃO 
AO ESTUDO DOS CABOS 
Os cabos são um elemento estmtural usado em diferentes tipos de estrutu- 
ras: são as principais peças portantes nas pontes pênseis e nos telef6ricos; 
são os elementos estmturais empregados para condução da energia elétrica 
nas linhas de transmissáo, vencendo os vãos entre as torres da linha e. 
modernamente, vêm sendo empregados, também, como elemento portante 
de coberturas de grandes vãos. O estudo exato do comportamento dos cabos 
envolve conhecimentos matemáticos mais sofisticadosque os apresetitados 
nos cursos de graduação das Escolas de Engenharia mas, mesmo sem .estes 
conhecimentos, podemos apresentar uma primeira análise do problema que 
conduzirá à obtenção de determinadas reldções fundamentais de grande 
importância para o engenheiro estrutural e, tarnbem, para o engenheiro 
eletricista.' 
O estudo estático dos cabos é feito assumindo-os perfeitamente flexíveis, 
isto é, tendo momento fletor nulo em todas as seçóes, hipótese esta confirma- 
da.por verificações experimentais cuidadosas. Desta forma, os cabos ficam 
submetidos apenas, a esforços normais (de tração). , 
No estudo que apresetitaremos neste capítulo, desprezaremos a influencia 
da deformação elástica dos cabos sobre a sua configuração de equilíbrio 
de forma que a teoria apresentada será de primeira ordem. 
Conforme veremos neste capitulo, os cabos submetidos a uma carga 
uniformemente distribuída ao longo de seu comprimento (por exemplo, 
o peso próprio) assumirão uma configuração deformada dada por uma catená- 
ria; para os cabos submetidos à carga distribuída ao longo de seu vão 
(caso das pontes pênseis, onde o carregamento principal 6 dado pela ação 
'NO dirnensionainrnto dos cabos para uso em linhas de transmissão. 
267 
268 Curso de análise estrutural 
do tabuleiro da ponte, pendurado no cabo), a configuraçáo deformada será 
dada por uma parábola do 2? grau. A análise deste último caso é bastante 
mais simples que a do primeiro (caso da catenária) e, levando-se em conta 
que, mesmo no caso de carga distribuída ao longo do comprimento, para 
cabos cuja flecha seja pequena em relação ao vão2 ( f / l < O,2Os, o erro 
cometido B mínimo assumindo que a configuração deformada seja parabólica 
ao invBs de ser dada por uma catenária, desenvolveremos nosso estudo 
supondo cargas distribuídas segundo o vão do cabo. 
f Para o caso de cabos com flecha grande em relação ao vão (i> 0,2) 
com carga distribuída segundo seu comprimento, apresentamos no item 3 
deste capitulo uma introdução ao seu estudo, instituindo as relaçóes fun- 
damentais para o mesmo. 
2 - CABOS COM CARREGAMENTO DISTRIBUIDO 
SEGUNDO O VÃO 
2.1 - Relação entre efeitos no cabo e esforços na viga de substituição 
Seja o cabo da Fig. 111-1, submetido à atuação das. cargas verticais 
P , , ..., Pi, ..., P, indicadas. Como o cabo 6 um sistema estático perfeitamente 
flexível (M = 0). podemos identificar, inteiramente, o esquema estático 
da Fig. nI-1 com aquele da Fig. 111-53 do Cap. 111, Vol. I de nosso Curso, 
usado para se instituir as expressões que definiram linhas de pressões em 
sistemas triarticulados e que transcreveremos na Fig. 111-2, a fim de mostrar 
que a única diferença entre ambos está no fato de uma estrutura se desenvol- 
ver para baixo da linha de fechamento que une suas extremidades (caso 
dos cabos) e da outra se desenvolver para cima da mesma (caso dos arcos), 
acarretando esta diferença o trabalho dos cabos a esforços normais de traçáo 
e dos arcos a esforços normais de compressão, para a atuação de carregamen- 
2 ~ a s o de maior inçidgncia, na prática 
3~ssurninda a configura~ão parabólic~ ao invés de catcnária para cabos com -~ ~ 
f < 0.20, o máximo erro qite se cometerá (caso der= 0,20) será de 6's para menos 
tio valor dos srforyoa normais máximos e de 0.5% para mais no comprimento total 
do cabo. erros estes perfeitamente toleráveis face aos valores dos coeficiri~tes de s w r a n - 
$a adotados, no dimensionamcnta de cabos. (Estes valores foram calculados para cabos 
com pontos de suspensão no mesmo nível.) 
Introdução ao estudo dos cabos 
Fig. n i - i 
,- 
, _ C _ ~ 
Fig. UI-2 - Esquema estático para estudo dos arcos trabalhando na linha de pres- 
sões. (Transcnçáo da Fig. 111-53 do Vol. I de nosso Curso.) 
to vertical de cima para baixo (caso usual)? Podemos empregar, então, para 
os cabos as expressóes deduzidas para os arcos triarticulados5, trabalhando 
4 O fato do esquema da Fig. 01-2 possuir indicada uma rótula intermediária 17, sem 
que o da Fig. 111-1 também a possua, náo se constitui em diferença entre os esquemas, 
pois ambas, por terem M = O. funcionam como se todas as suas seções fossem rótulas. 
'AS expressões que estão transcritas a seguir correspondem i s expressões 111-7 a 
111-9 e 111-11 a in-13. deduzidas para definiçáo da linha de pressóes no Cap. 111, Vol. I 
de nosso Curso. 
270 Curso de analise estrutural 
segundo a linha de pressóes (M = O) do carregamento atuante e temos, 
chamando M, e Q, ao momento fletor e ao esforço cortante atuantes 
na viga de substituição submetida ao mesmo carregamento que o cabo 
(representada na Fig. III-1.2) e NS ao esforço normal atuante numa seçáo 
genbrica do cabo. 
Q, + H'sena 
tgv = H'cosa (111.2) 
Ns = J (Q, + sena na)' + (H'cosa)' (111.3) 
Observnções: 
a) No caso particular da reta AB. que une as r6tulas extremas, ser horizontal 
(a = O), as expressóes (111.1) a (I11.3)i se simplificam para: 
Ms y* =-; 
H (111.4) 
b) Conforme mostra a expressão (II1.3), os esforços normais máximos no 
cabo ocorrerão quando tivermos (Q,),á,, o que sucedera num dos apoios 
(OU em ambos, caso V, = VB). 
c) Caso desejemos definir a configuração do cabo por uma função y = y (x), 
relativa aos eixos cartesianos x e y da Fig. 111-1.1, obtemos, imediatamente, 
a partir do esquema da Fig. IU-3: 
-x+ 
Fig. lu-3 
y = x tga - y *, OU seja: 
Ms y = x t g a - - H' cosa 
Introdug-o ao estudo dos cabos nl 
d) Conforme mostram as expressões (111.1) a (111.7) que resolvem o pro- 
blema, esta resolução implicará, sempre, o conhecimento do valor de H' que 
será definido, em cada caso, a partir de um dado suplementar necessário. 
Os dados mais comuns são o valor da ordenada de alguma seção do 
cabo ou de seu esforço n o d em alguma seção (geralmente N,,,,). 
A aplicação UI.1 esclarecerá 
2.2 - Caso de carga uniformemente distribnída 
Ocorre com grande incidência, na prática, o caso de cabos submetidos a 
um carregamento uniformemente distribuído 'Qq"(caso de linhas transmissão, 
onde o carregamento é o peso próprio do cabo, acrescido ou não da pressão 
do vento), de modo que particularizaremos as expressks gerais deduzidas em 
2.1 para este caso. 
a) Determinação de y * e y: 
Levando em conta que, na viga de substituição, temos: 
qlx qx2 Ms (x) =--- 
2 2 (111.8) 
e que, chamando-se f à distância vertical da reta AB à seção M do cabo 
definida na Fig. íii-l, vem: 
Fig. 111-4 C a s o de r u g a unifarmerncnte distribuída. 
Ficamos com: 
Cuno de analise estrutural 
ou 
4fx y ( x ) = x tga -- ( I - x ) P (111.1 1) 
b) Determinaçáo dos esforços normais Ns: 
Temos, conforme (111-3): 
Ns = + H' sen a)' + (H' cos ai)' 
41 
2 
qP obtemos, Levando em conta que: Qs(x) =- - qx e que H' = - 8f cos a ' 
introduzindo o parimetro adimensional auxiliar 
I Nsíx ) = 
64n2x 16nx 
= H'cosa J1 += + 16n2 + tg2a - +- P I I 
tg a - 8n tga 
(111.13) 
Os esforços normais máximos ocorrerão numa das extremidades do 
cabo e temos: 
Para x i O:. 
Ns (0 )=NA = H ' c o s u J l + 16nZ+ t g 2 a - 8 n tga (111.14) 
Para x = 1: 
N s / ~ ) = N B = ~ ' c o s a J 1 + 1 6 n 2 + t g 2 a + 8 n t g a (111.15) 
Para o caso especial da reta AB ser horizontal (a = O), as equaçóes (111.14) 
e (111.15) se transformarão em: 
Introduç50 ao estudo dos cabos 273 
c) Comprimento do cabo: 
Uma grandeza cujo conhecimento 6 indispensável, no caso dos cabos, é o 
seu comprimento, a fim de ser possível encomendá-lo ao fabricante. 
Temos, chamando L ao comprimento do cabo: 
L - d x 
Levando em conta (111.1 I ) , vem: 
A resolução da integral acima é muito trabaíhosa e 6 feita desenvolvendo-se 
o integrando em série, fazendo-se a seguir a integração definida. Trabalhando- 
se, apenas, com os dois primeiros termos da série, já obtemos uma aproxùna- 
ção bastante precisa para o valor do comprimento do cabo6, dada pela 
expressão 11L17. 
1 8 
L - - ( I +-n2cos4a) 
cos a 3 
No caso particular da reta AB ser horizontal (a = O), a expressão (111.1 7)se transformará em: 
8 L ;r I ( 1 t7n2) (U1.18) 
a) A expressão 111.17 é particularmente vantajosa para a determinação do 
comprimento de cabos submetidos a cargas concentradas e uniformemente 
distribuídas segundo o vão, pois, cada trecho do cabo entre duas cargas 
concentradas adjacentes será parabólico sendo váiida, entáo, para ele, a 
relação 111.17. Calculando o comprimento destes diversos trechos, sua 
soma dará o comprimento total do cabo. 
b) Para o caso particular de cabo submetido a carga vertical uniformemente 
distribuída e com linha de fechamento AB horizontal (a = O), podemos 
f 6 ~ a r a cabos com n =-< 0.20, que é o caso que cstamos estudando,^ erro comctida 
I 
desprezando o terceiro termo da série cm diante é de no máximo 0,9%2, para mais, no 
comprimento do cabo, sendo evidentemente, irrisório. 
274 Curso de análise estrutural 
f tabelar, em função da relação n =Tos coeficientes adiiensionais k , e k2 , 
definidos pelas relaçóes (IlI.21) e (III.22), a partir dos quais, temos, levando 
em conta as expressões (111.16) e (I11.18),, os esforços normais máximos 
atuanes no cabo e seu comprimento, determinados pelas expressões i(II1.19) 
e (111.20). 
Nmáx = kl (91) (111.19) 
L = k,l (111.20) 
sendo: 
JX= kl = v Ji+isnZ' 
8n (in.21) 
Os valores destes coeficientes k , e k2 estão indicados junto à Fig. 111-6 
e serão bastante Úteis para o trabalho do engenheiro, pois este é o caso que 
ocorre com maior frequência na prática. 
Pi. 111-6 
Determinação de N,& e L, para 
caso de a! = 0: 
N,, = k, (91) 
L = k,l 
Introduçáo ao estudo dos cabos 275 
c) Comparemos, para o caso da Fig. 1114, o valor de Nm, correspondente 
f i relação n =-= 0,10 com o valor de H': Temos: 
1 
f Da Tabela da Fig. III-6: Para- = 0,lO: Nm, = 1,3463 ql 1 
f Da expressão 111.9, vem, para-- 0,lO: H ' = 1,250ql 
1 - 
Temos, então: N,, 3 1,077 H', o que mostra que o esforço normal 
máximo atuante num cabo de pequena flecha é sensivelmente igual ao valor 
da reação horizontal H' nos pontos de suspensão do cabo. Esta é uma conclu- 
são muito importante sob o ponto de vista prático, pois os cabos das redes 
elétricas das cidades nunca7 têm f > O,11 e poderemos assumir, então, 
para eles que 
N,, H' = (no caso da reta AB ser horizontal) v 
Partindo daí, podemos chegar a uma expressão de aplicação muito cómoda 
e que nos fornece o valor da flecha mínima necessária para um cabo que 
deve vencer determinado vão numa rede elbtrica ou telegráfica (isto é, um 
cabo cuja carga b igual ao seu peso próprio, acrescido ou não da pressão do 
vento, conforme o caso), com linha de fechamento horizontal. 
Seja S'a área do cabo, :.& a tensão de ruptura do material que constitui 
e v o coeficiente de segurança contra a ruptura desejado no caso.' Devemos 
ter: 
412 S c r ~ > v-, ou seja: 
8f 
2.3 - Aplicações 
Ex. Til-1 - A flecha máxima admissivel para um cabo de 100 m de vão 
que será submetido ao carregamento indicado na Fig. 111-7 é igual a 11,6 m. 
'A não ser par motivas topográficos muito especiais. 
'para m h s de apo adota-se, normalmente, V = 4. 
f '~xpressão válida para-< 0,lO. Para valores aiperiores deveremos empregar o 
I 
valor de Nmáx dada pela expressáa (111.191. 
276 Cuno de análise estrutural 
Pedem-se: 
a) Definir a geometria do cabo; 
b) Calcular as reaçóes de apoio e o 
esforço normal máximo atuante; 
c) Calcular a inclinação do cabo junto 
dos apoios; G 4 0 m +4Om +ZOm+ 
d) Calcular o comprimento total do Fig. 111-7 
cabo. 
Sendo a viga biapoiada de substituição a indicada na Fig. 111-8 temos, 
a partir dela, levando em conta que y& = 11,b m: 
MS" Da expressão 111.4: H' = r = 100 t. 
Ymáx 
Conhecido o valor de H', o problema 
está resolvido e temos: 39t 
a) Geometria do cabo: 
É dada pelas distâncias y* da reta 
AB ao cabo, iguais a: 
100 
Ms Ms 
Y* =Ii =- 1 O0 
A configuração geom6trica do cabo Qlem tl 
para o carregamento indicado 6, então, -21 
a da Fig. 111-9 (os trechos AC. CD e 3 1 -4 1 
DB são, evidentemente, parábolas do, FiS. 111-8 - Estudo da viga biapoiada de 
2? grau). substituição. 
Fi& UI-9 - Configuração deformada do cabo e reaçáes de apoio (em escala deformada). 
Introduçio ao estudo dos cabos 277 
b) As reaçóes de apoio estão indicadas na Fig. 111-9 e, da expressão 111.6, 
obtemos 
,VSmá, = deirnáx +H" = d 4 I 2 + 1002 = 108,08 t de tração, atuando emB. 
c) As inclinações do cabo junto aos apoios A e 6, dadas por q~ e eB,con. 
forme indica a Fig. 111-9 são obtidas da expressão (I11.5), valendo 
9~ = ang tg ($1 = ang tg 0.39 = 21,31° = 21' 18'21" 
d) Determinação do comprimento do cabo 
Calcularemos o comprimento do cabo como soma dos comprimentos dos 
trechos parabblicos do 20 grau AC, CD e DB, para os quais é válida a expres- 
são (111.17). Temos, a partir dos esquemas das Figs. 111-10.1 a 111-10.3 
I = 40m 
A* C D '------I I \;I,,- L-rn-* 1 I y h i O , t LI 
, 
\ 11.6 - 7.2 = 4.4m 
.I-$- 
J J I = 20m 
v 
m-10.1 - Trecho AC UI-10.2 - Trecho CD IU-10.3 - Trecho DB 
(COS a = 0,9604). (cosa = 0.99401. (COS a = 0,9409t 
Fig. 111-10 - Esquemas para emprego da expressão 111.17. 
Para o trecho AC: 
i 8 40 
I.AC = - (1 t -n2cos4a) = - 8 1 
cos a 3 0,9604 [ 1 + - (,? (0,9604)4] 
= 41.71 m 
Para o trecho CD: 
Para o trecho DB: 
LDB = -- 'O [ i O:,' I? <0,9409)4 = 21.26 m 0,9409 +-(L 1 
278 Cuno de analise ertnitural 
O comprimento total L do cabo C dado, então, por: 
L = LAC + LCD + LDB = 41,71 + 40,31 + 21.26 = 103,28 m 
Ex. 111-2 - Qual o valor da menor flecha que pode ter um cabo de aço, 
cuja tensão de ruptura é UR = 100.000 t/m2 para vencer, com segurança 
i ruptura superior a 4, um vão de 400 m. 
O peso especifico do aço 6 y = 7,85 t/m3. 
Temos, conforme indica a expressão 111.23, chamando S i área do cabo: 
vq12 f>-- vySIZ v7P , ou seja: f . 
8SuR m m - 8 % ~ 8oR 
No caso, ficamos com: 
f Observaçáo: Notar que, como- < 0,10 a expressão (111.23) pode ser, 
I 
realmente, empregada, com precisão satisfatória. 
Ex. 111-3 - Um cabo está suspenso em dois pontos situados no mesmo 
nível e distantes de 500m. suportando uma carga de 0,M tlm. Sabendo-se 
que o esforço normal máximo atuante é igual a 60 t, pede-se determinar: 
a) a flecha do cabo 
b) seu comprimento total 
a) Determinação da flecha: 
Temos, da expressão (111.19): 
NO caso, ficamos com: 60 = J 1 f 1 6 i 1 2 X ~ , ~ X 5 0 0 8 n : n=0,0422 
Vem, então: f = r11 = 0,0422 X 500 = 21,1 m 
b) Compnmento total do cabo: 
Da expressão Ill.iY, temos: 
8 8 
I. = 1 (1 + - r i 2 ) = 5OCi (I +i X 0.042Z2) = 502.38 m 
3 
Introdução ao estudo dos cabos 279 
Observação: Poderíamos ter resolvido este problenia. com excelente 
precisào, empregando a Tabela da Fig. 111-6, senão. vejamos: 
Como N,,á, = (q l ) k , , temos: /c, = 
6 0 
= 3 
0.04 X 500 
Para descobrirmos a que valor de 11 corresponde o valor k , = 3. temos, 
empregando interpolação linear: 
vem entào: f = r i 1 = 21,3 m 
Também empregando interpolação liiicar, obtemos, para I ! = 0.W27: 
k2 = 1.0043 + 0.27 (1,0067 - 1,0043) = 1,00495 
vem então: L = k21 = 502,47 m 
Conforme se verifica. poderíamos ter resolvido o problema através de 
uni simples emprego da Tabela da Fig. 111-6. obtendo resiiltados cnm Stinia 
precisào (o erro cometido seria inferior a 1%). 
2.4 - Efeitos secuiidários :]os cabos 
2.4.1 - Alongamento elástico de um trecho de cabo col i carga ~iniforme- 
mente distribuída 
Seja o czbo da Fig. 111-11, submetido ao carregamento distribuído q. 
Sabemos, da ResistÊncia dos Materiais, que seu alongamento será daao por: 
Fig. 111-1 1 
280 Curso de análise estrutural 
(1s 
por 2.Y = O : N, (x) = H'cos a x H'cos a -, coiiforme indica zq= d.7 
a Fig. 111-12. 
Fip. 111-12 - Uetrrrninaqào de NS /xJ = J IH1 . 
t V A 
Ficamos então, levando eni conta (111.1 I) , com: 
obtendo-se: 
H' cos a AL =--- 
16 
ES 
I (sec2a +-i? ') . O U 
3 
substituindo H' pelo valor definido em (111.9): 
Ohseri~a~õe.~: a) No caso de termos um cabo com cargas concentradas e 
uniformementedistribuídas. o cálculo do alongamento elistico do mesmo 
será feito, sucessivamente, para cada trecho entre duas cargas coiicentradas 
adjacentes (sendo válida, para eles. a expressáo (111.24)). obtendo-se o valor 
final pela adição dos resultados encontrados para cada um destes trechos. 
h ) No estudo que estamos fazendo. estamos desprezando, na determinação 
da configuração de equilíbrio do cabo, a influêricia de seu alongamento 
elástico, de modo que toda a teoria desenvolvida pressupõe o regime das 
pequenas deformações. A consideração. na determinação da configuraçêo 
de equilibrio do cabo, de seu alongamento elástico, torna a solução matema- 
tica do problema bastante mais complexa, fugindo do nível em que estamos 
abordando o assunto (nível este que já fornece precisão suficiente para re- 
solução de grande número de problemas). 
c) A considcraçáo da influêricia do alongamento elástico do cabo na 
obtenção de sua configuração de equilibrio acarretaria, evidentemente, um 
pequeno aumento de sua flecha, com uma conseqüente pequena redução de 
seus esforços normais. Pode-se mostrar, para cabos parabólicos de pequena 
flecha (11 < 0,20), nos quais esta redução de esforços normais d um pouco 
Introdução ao estudo dos cabos 281 
mais sensível, submetidos a carregamento uniformemente distribuído "q': 
que os esforços normais (bem como a reação horizontal), calculados despre- 
zando-se a influência do alongamento elástico do cabo, podem ser multiplica- 
dos pelo fator redutor 
sendo E o módulo de elasticidade longitudinal e S a área da seção transversal 
do cabo. 
Nos casos correntes, este coeficiente redutor 6 tão próximo da unidade 
que pode ser desprezado, razão pela qual não estamos dando maior ênfase 
ao assunto. 
2.4.2 - Variação de temperatura 
Seja o cabo parabólico da Fig. 111-13 (isto é, um cabo cuja carga atuante 
é uniformemente distribuída) e suponhamos a atuaçáo de uma variação de 
temperatura A t em relação à temperatura do dia da fixaqão do cabo. 
Fi. 111-13 
Chamando:f, L, H' ads valores da flecha, do comprimento total do cabo 
e da reação de apoio na direçáo AB. antes da atuação davariação 
de temperatura; 
fr, LI, H; aos valores das mesmas grandezas após a atuaçáo 
da variação de temperatura; 
a, ao coeficiente de dilatação linear do material do cabo, temos: 
L , = L + acAIL 
Levando em conta (III.17), vem: 
1 8 ftZ 1 8 f 
c - (I + X - X cos4a) = -(I + - X - cos4a) (1 + a, A,) 
1 cosa 3 1 
''A dedu~ão desta expressão é inteiramente análoga e possui as mesmas simplificações 
feitas no rstudo da influência da variação de temperatura feito a seguir. 
282 Curso de análise estrutural 
Desenvolvendo. obtemos: 
Substituindo f: - f7 por (rt + fl - fl e levando em conta que, no regime 
das pequenas deformações If, + fl ;i 2f obtemos: 
Por outro lado, levando em conta (111.9). temos: 
Dividilido esta última expressão por H', obtemos, levando, niais uma vez. 
em conta (111.9). 
Introduzindo a expressão (111.26) em (111.27), obtemos: 
Notaiido. agora, que o terceiro termo do parsntesis tem valor desprezível 
em presença dos demais, ficamos com 
H ; = H'(I - 3acAl 
) (111.28) 16ri2cus4a 
Como os esforços ~iormais atuantes no cabo são proporcionais ao valor 
da reação H' (ver expressão 111.13), podemos escrever, finalmente, que o 
valor dos esforços iiormais Nl atuantes após a variação de temperatura A, 
em função do valor dos niesmos esforços N atuantes antes da variação de 
temperatura é dado por: 
Observações: a) A expressão 111.29 mostra que. iio caso de aumento de 
temperatura (A , > O), os esforços normais existentes no cabo irão abaixar 
(o que 6 razoável. pois o aumento de temperatura provoca um aumento de 
flecha do cabo). Para diminuição de temperatura (A , < O), entretanto, como 
Iiaverá redução da flecha, os esforços normais aumentarãg, podendo este 
aumento assumir valores apreciáveis para o caso de cabos com flechas muito 
pequenas. não podendo se deixar de levar em conta, neste caso a influência 
deste aumento de esforço normal no dimensionamento do cabo. 
Introdução ao estudo dos cabos 283 
f Por exemplo, suponhamos um cabo com n =-= 0.01. A, = -30 "C, 
I 
a , = 10-5/"C e com linha de fechamento horizontal: 
Teremos pela expressão (111.29): 
o que mostra que a variação de temperatura majorou em 56% o esforço 
normal atuante no cabo. 
f Para relações n =-um pouco maiores, a influência de diminuição de I c 
temperatura já cai bastante. Se tivkssernos 11 =$= 0,03, mantendo os 
outros dados do exemplo anterior desta obsewaçáo, obterí&os: .V, = 
= 1,063 N. o que mostra a baixa sensibilidade às variaçóes t6rinicas normais 
de cabos com flechas não excessivamente pequenas. 
b) A variaçio de comprimento A L de um cabo parabólico devida à 
variação de temperatura Ar vale, evidentemente: 
AL = a,AtL ou seja, levando-se em conta (111.17): 
acAt 1 8 AL = - (1 +-ii2cos4a) 
COS N 3 
2.4.3 - Ação do vento 
No projeto de um cabo, caso exposto, não podemos deixar de levar em 
conta, al6m da influéncia das cargas tipo permanentes (peso próprio, etc.) 
a influência do vento que 6 traduzida 
por uma carga uniformemente distri- 
buída v. definida pelas normas de 
projeto de cada país e que deve ser 
somada vetorialmente ao carregamento 
p atuante, conforme indica o esquema 
da Fig. 11-14.1, dimensionando-se o 
pv 
P',. -. -Lq 
cabo para o carregamento resultante 
q. " O valor do ângulo u dependerá, 
evidentemente, da direçào em que o 
vento sopra, e devemos atentar para 
os pontos seguintes: Fi. 111-14.1 
I I Pernianrçcndo válidas, para este carregamento 'bq" todas % expressões deduzidas 
no item 2 deste ca~itulo. 
284 Curso de analise estmtural 
a) Caso de - 5 < a < V sen oi 
- 2 - - - - - - - - - 
Conforme mostra a Fig. 111-14, a 
componente vertical de carga devido à 
influência do vento, passará a ser 
= [ 
(p + v cos a), o que acarretará, eviden- , I 
temente, um aumento da flecha verti- '% _ - - - - __ - - 
p+vmsar 
cal do cabo. 
A consideração deste aumento de Fig. 111-14.2 
flecha do cabo devido ao vento é par- 
ticularmente importante no projeto 
das linhas de transmissáo, pois nelas exige-se uma distância minima dmh 
do cabo a? solo, ficando definida a altura minima de cada torre da linha 
de transmissão (que são os elementos mais caros da linha) pela expressão 
(111.31), obtida do esquema da Fig. 111-15. 
H >fven. máx. + dmin (111.31) 
Fig. 111-15 
I ) fVert. ,i, é calculada, conforme mostra a Fig. 111-14, para a carga í$ + 
+ v cos a); 
2) Os esforços normais no cabo são calculados para 
q = d(p + v cos a)' + ( V sen a)' 
Neste caso, que d o de vento succionando o cabo, haverá uma inversão 
no sentido da solicitação vertical atuante sobre o mesmo, que passará a ser 
Introdução ao estudo dos cabai 285 
contrária à da gravidade; o cabo tenderia a trocar a sua concavidade, passando 
a ter flechas para cima, pois buscaria a configuração na qual estivesse tra- 
balhando à tração, que 6 a única forma de trabalho estático capaz de desem- 
penhar. Esta trndencia chega a ocorrer para cabos suportando coberturas 
muito leves e, evidentemente, não podemos deixar o cabo mudar sua conca- 
vidade, pois isto implicaria na destmição do material suportado pelos cabos, 
que funciona como cobertura, alem de introduzir &rios problemas de 
vibração na estrutura. Quando tal ocorre, adotamos a solução esquematizada 
na Fig. 111-16, constituindo-se, basicamente, na adoçáo de dois cabos 
portantes @ e @ de concavidades opostas, interligadas por barras verticais 
capazes de trabalhar à compressão ou à tração, de tal forma que, para a 
situação de cargas de cima para baixo, funcionará o cabo @ (recebendo, 
inclusive, o peso do cabo a), trabaihando o cabo @ para a situação de 
sucção (carga de baixo para cima). 
Fig. 111-16 
3 - CABOS COM CARREGAMENTO UNIFORMEMENTE 
D I S T R I B U ~ SEGUNM) SEU COMPRIMENTO 
3.1 - Caso geral: pontos de simpensão em níveis diferentes 
a) Determinação da elástica 
Seja o cabo AB da Fig. 111-17,submetido à atuação do carregamento q 
uniformemente distribuído segundo seu comprimento, indicado na figura. 
f " ~ a s o em que-> 0,20, no qual a hipótese de considerarmos o carregamento dis- I 
tribuido segundo o vào introduziria nos resultados enos superiores aos aceitáveis. 
Cursa de análise estrutural 
l t 
, 
, , 
, , , 
A 
, * X 
/ 
/ ' 
Fig. 111-17 
Chamando q, à inclinação do cabo com a horizontal em A e ip à inclinaçáo 
numa seção genérica S (x. y ] , podemos escrever, as seguintes relaç0es entre 
o esforço iiormal N atuante numa seção gen6rica S do cabo e o esforço 
nomal NA atuante em A , a partir do esquema da Fig. 111-18, obtido desta- 
cando o arco AS do cabo. 
Por 2X = O Ncosq = NA cos q, = 
= H ' c o s a (111.32) 
Por XY = O Nsenq = NA senq, t qs 
Dividindo membro a membro as duas 
F-"--- 
últimas igualdades, vem: 
qs tgq ;- tgip, + - 
H ' cos rr 
Introduzindo o parâmetro auxiliar a. 
definido por (UI.34), ficamos com: 
H'cos <r =- 
4 
Diferenciando (111.33) e levando em conta que 
Fig. 111-1 8 
ds = c 1 + (-)' dx, vem: 
Introdução ao estudo dos cabos 
Sy dx =-=- 1 + (dY 
dx2 ds a a n d . r , dr ou seja: 
d2i. 1 JJJdvz' ,z=y 1 + ( A ) dx 
Esta equação diferrncial defiiie a elástica do cabo e temos, iiitegrindo-a 
sucessivameiite duas vezes: 
x 
*= serih (- + K), seiido K uma coristatite de integração 
dx a 
I' 
y = a cosh (:+ K ) + C. sciido C uma segunda constante dc integração. 
a 
Levando em conta que. para x = 0 , temos: y ( 0 ) = 0. obtemos: 
O = u cosh R + C : C = -a cosh K 
A eqiiaçio da elástica do cabo 6, então: 
X ,v = a [cosh (-+ K ) - cosh K] (111.35) 
a 
O valor de h' é obtido da condiçáo .v (li = d . obtendo-se: 
- - I 
- cosli (-+ K ) - cosli K. oii desenvolvendo-se: 
a U 
1 I d 
(cosh- - 1 ) cosh K + senh-senh K =- 
a a a 
(111.36) 
A equação (111.35) mostra que a elástica do czbo 6 dada por uma catená- 
ria, que fica definida desde que se conheça o valor de a, para o que cada 
problema deve possuir um dado adicioiial que permita sua obtenção. 
Notar bem que. conhecido a, o valor de K náo será iiic6gnita adicional, 
pois pode ser determinado pela eqiiação transceiideiite (111.36) (iiormalmente 
resolvida por tentativas). 
b) Determinação do comprimento do cabo 
Da expressão !111.33), obtemos 
d l~ 
s = a (- - tg q,) 
dx 
d? x Como- = senh (-+ K ) e 
dx a 
di, 
tgq, = (-) = senh R, ficamos com 
~1.x .y = n 
288 Curso de analise estrutural 
x 
s = a [senh (-+ K) - senh K], simbolizando esta expressão o comprimento 
a 
do cabo medido desde o apoio A até uma seção genérica S. 
O comprimento total L do cabo é, então, obtido fazendo-se x = 1 nesta 
última expressão, chegando-se à expressão (111.37) que o define. 
c ) Detenninqão dos esforços normais 
Os esforços normais N atuantes numa seção genérica S do cabo São pron- 
tamente obtidos a partir das expressóes anteriores, senão vejamos: 
De (III.321, temos N = H' = ~ ' c o s a sec 9 
COS O 
Levando em conta (111.34), vem: N = q a sec 9 
dy x Finalmente, observando que $9 =- = senh (-+ K), ficamos com: 
dx a 
X N = q a J I + senh2 (L+ K) = q a cosh (-+ K ) 
a a 
Os esforços normais (de tração) atuantes numa seção genérica do cabo 
são dados, então, por: 
X N (x) = q a cosh (- + K ) 
a 
(111.38) 
X Observação: O esforço normal máximo ocorrerá quando cosh (-+ K) 
a 
for máximo, ou seja, quando y for miximo (no caso da Fig. 111.18, isto 
ocorreria para o apoio B do cabo), valendo, a partir de (111.38) e (111.35): 
N,á, = q @,i, + a cosh K) (U1.39) 
d) Resumo do formulário 
O estudo de um cabo, submetido a um carregamento uniformemente 
distribuído segundo seu comprimento, fica resolvido atraves das expressões 
1 1 . 3 5 , (111.37, (ILI.38) e (I11.39), todas elas função do parâmetro a, 
definido por (II1.34), sendo o valor de K obtido, a partir do conheciniento 
de a, pela resolução da equação transcendente (III.36). 
H' cos a a = - (111.34) 
4 
Introducáo ao estudo dos cabos 289 
Fig. nl-I 9 
1 1 d (cosh-- 1) cosh K + senh-senh K =- (111.36) 
a a a 
X 
N ( x ) = q a cosh (ã+ K ) (111.38) 
~~a~ = O>,,,áx + a C O S ~ K ) (111.39) 
3.2 - Caso particular: pontos de suspensão no mesmo nível 
Para o caso particular de termos os pontos de suspensão A e B no mesmo 
nível, as expressóes do item anterior se simplificarão extraordinariamente 
com a adoção do sistema de coordeiiadas representado na Fig. 111-20 
Fig. 111-20 
290 Curso de analise estrutural 
(obtido adotando-se como origem o ponto de máximo da catenária), 
obtendo-se, por procedimento matemático inteiramente análogo ao adotado 
no item anterior, as expressóes (111.41) a (111.44) que resolvem o problema. 
todas elas em função do parimetro auxiliar a, definido por (111.40) e 
referindo-se à Fig. 111-20. 
Observa~áo: Cada problema deverá apresentar um dado suplementar que 
conduza à determinação do parâmetro auxiliar a, a partir do qual a cateliiria 
fica defiiiida. (Os dados mais usuais são a flecha f do cabo ou o esforço 
normal N,,, desejado no cabo.)I3 
3.3 - Aplicações 
Ex. 111-4 Um cabo pesando 0,3 t/in 6 suspenso em dois pontos situados 
no mesmo iiível e distaiites 400 m. Determinar o esforço iiormal máximo 
nele atuante e o comprimento total do cabo, sabendo-se que a fleclia desejada 
é de 100 ni. 
I3l'sta obqervaçào r' vilida para o caso dc pontos de suspensão no mesino nível ou 
rm níveis difcrcntrs. 
'4~má, ocorre em A c B. podendo ser obtido. diretamente a partir do esquema 
da bip. 111-19 por 
Introdução ao estudo dos cabos 291 
Conforme indica a Fig. 111-21, temos, para x = 200 : y = f = 100. 
Iiitroduzindo-se estes valores na expressão (lII.41) obtemos 
200 200 1 O0 
100 = a (cosli - - I), ou seja: cosh - = 1 + -. , a a a 
A resolu+o desta eqiiaçáo transcendente em a 6 feita, usualmente, por 
tentativas, a partir de um quadro de valores como o indicado na Fig. 111-22, 
no qual vamos experimentando diversos valores para a. até temos uma 
diferença desprezível entre os dois membros da equação em face da precisão 
desejada no cálculo. 
Fig. 111-22- Obtincáo iie o 
Obtemos, ciitáo: a = 215 m 
Dai vem: 
Por (111.44): N,,,h, = q (a + f) = 0,3 (215 + 100) = 94,s t 
I 
Por (111.42): 1. = 20 senh - = 2 X 215 senh 200 = 460,2 m 
20 215 
Ex. 111-5 - Que flecha f devemos dar a um cabo submetido a uma carga 
distribuída q segundo seu comprimento e vencerido um váo I (estando os 
pontos de suspensão no mesmo nível), para que o mesnio fique siibmetido 
aos menores esforços normais possíveis? Qual o valor do esforço normal 
máximo que atuará no cabo nestas condiçóes? 
Da expressáo (111.44) temos que o esforço normal máximo atuante no 
cabo será mínimo quando a soma (a + fj for mínima Qá que q é coiistante). 
292 CUM de anblise estrutural 
Explicitemos esta soma S = (a + f) como função de a: 
Temos: 
1 I 
S = a + a (cosh - - 1) = a cosh - 
2a 2a 
dS 
Para que S = S(a) seja mínimo, devemos ter - = O, ou seja: da 
1 20 
Obtemos, enião: $h - = - 20 1 
Resolvendo, por tentativas, esta equação transcendente (por procedimento 
inteiramente análogo ao do exemplo anterior), obtemos 
I -- - 1,2 
20 
1 
A flecha valera, então: f = a (cosh - - 1) = 2a 
- - - ' (cosh 1,2 - 1) = 0,3381 = 33,8%1 
2.4 
O esforço normal máximo atuante nestas circunstãncias (equivalendo 
a m í ~ m o esforço normal máximo para o vão 1 e a carga distribuída Q 
atuante) valerá: 
Obse~~<~çiio: Note o leitor o grande partido que pode ser tirado, na prática, 
das conclusóes obtidas neste exercício. 
4 - EXERCfCIOS PROPOSTOS 
4.1 - O cabo de aço de uma ponte pênsil de 800 m de vão, cujos pontos 
de suspensão estão no mesmo nível, deve suportar uma carga total máxima 
uniformemente distribuída de 8 t/m. Sabendo-se que sua flecha B de 60 m, 
pede-se determinar a área necessária de sua seção transversal, sabendese 
que a tensão admissivel deste aço à tração é de õ = 20.000 t/mz. 
4.2 - Para os valores do exemplo anterior, calcular: 
a) Comprimento total docabo; 
b) Alongamento elástico do cabo; 
C) Variação do esforço normal no cabo se o mesmo for submetido a uma 
diminuição uniforme de temperatura de 50 'C. 
Introdução ao esiudo d a d o s 293 
São dados: ol,b = 10-s/oC; Eab, = 2 X 10't/mz 
4.3 - Um cabo deve suportar uma carga uniformemente distribuída de 
1 t/m segundo o seu vão, que é de Som, existindo um desnível de 10m 
entre os pontos de suspensão. 
Sabendo-se que o esforço normal máximo admissivel que o cabo pode 
suportar vale 100 t, pede-se determinar seu comprimento total. 
4.4 - O cabo de uma linha de transmissão suspenso em dois pontos no 
mesmo nível, deve vencer um vão de Som, com um comprimento total 
de 110 m, tendo uma carga distribuída de 0,005 t/m segundo seu comprimen- 
to. Calcular sua flecha e o valor do esforço normal máximo atuante. 
4.5 - Calculas a flecha 'r do cabo da Fig 111-23 e os esforços simples 
na seção A .da barra AB, sabendo-se que o caboBCD, de comprimento total = 
= 185 m, pesa 5 kg/m e esta em equilibrio com a corda CD de 65 m pendendo 
Livremente. O atrito e as dimensóes da roldana em C são despreziveis. 
Fig. Iii-23 
EDIÇÃO 2575 A - Para pedidos telegráficos deste livm, basta indicar o número 2575 A, 
antepondo a esse número a quantidade desejada. Por exemplo. para pedir 5 exemplares, é 
suficiente telegrafar assim: Dicionário - Rio de Janeiro - 52575 A. Desejando-se 
encomendar 10 ou mais exemnlares. não é necessário transmitir a letra A. 
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