Solucionario - TEMA 2 - O Método dos Deslocamentos

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Você poderia separar essa viga contínua em três barras, como mostrado a 
seguir. Então, poderemos calcular a rigidez de cada barra. Para isso, consideremos EI=6. Para a 
barra da esquerda (engastada-apoiada): 
 
 
 
𝐾´ =
3𝐸𝐼
𝑙
=
3𝑥6
6
= 3 
 
 
𝐾´ =
4𝐸𝐼
𝑙
=
4𝑥6
6
= 4 
 
 
 
 
𝐾´ =
3𝐸𝐼
𝑙
=
3𝑥6
6
= 3 
Portanto, a resposta é 3-4-3.
 
Os momentos de engastamento perfeito são dados pela soma do momento de engastamento 
perfeito da carga distribuída com a carga concentrada de 10kN. Então, temos: 
 
𝑀 =
𝑞𝑙
12
+
𝑃𝑙
8
=
10𝑥6
12
+
10𝑥6
8
= 30 + 8,5 = 38,5 𝑘𝑁𝑚
 
Os momentos de engastamento perfeito são dados pela soma do momento 
de engastamento perfeito da carga distribuída com a carga concentrada de 10kN. As 
fórmulas podem ser extraídas da tabela de momentos de engastamentos perfeitos. 
Assim: 
 
𝑀 =
𝑞𝑙
12
+
𝑃𝑎𝑏
8
 (𝑙 = 6 𝑚, 𝑎 = 2 𝑚 𝑏 = 4 𝑚) 
𝑀 =
𝑞𝑙
12
+
𝑃𝑎𝑏
8
 =
5𝑥6
12
+
10𝑋2𝑋4
8
= 55 𝑘𝑁𝑚
 
𝑀 =
𝑞𝑙
12
𝑀 = − 
𝑞𝑙
12
𝑀 (𝑒𝑥𝑡𝑟𝑒𝑚𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑎 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎) =
𝑞𝑙
12
=
1𝑥(6)
12
=
36
12
= 3 𝑘𝑁𝑚
𝑀 (𝑒𝑥𝑡𝑟𝑒𝑚𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎) = −
𝑞𝑙
12
= −
1𝑥(6)
12
= −
36
12
= −3 𝑘𝑁𝑚
𝑀 (𝑒𝑥𝑡𝑟𝑒𝑚𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑎 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎) =
𝑞𝑙
12
=
2𝑥(6)
12
=
72
12
= 6 𝑘𝑁𝑚
𝑀 (𝑒𝑥𝑡𝑟𝑒𝑚𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎) = −
𝑞𝑙
12
= −
2𝑥(6)
12
= −
72
12
= −6 𝑘𝑁𝑚
 
 
𝜌
= = 2𝑘𝑁𝑚
 
 
Para a barra vertical: 𝐾 = => 𝐾1 =4; 
Para a barra horizontal: 𝐾 = => 𝐾2 =4; 
Caso (0): Carregamento externo isolado no Sistema hipergeométrico: 
 
 
 
1 
 
 
 
Para a barra horizontal e apoio da direita, através dos momentos de engastamento perfeito, 
teremos: 
 
𝑀 = −
𝑞𝑙
12
= −
12𝑥 5
12
= −25 𝑘𝑁. 𝑚 
 
Desta forma: 𝛽 = −25 𝑘𝑁. 𝑚 
 
Caso (1): Deslocabilidade 𝐷 = 1, isolada no SH 
 
Teremos que o momento 𝐾 , formado pela soma das rigidezes das duas barras. Neste caso: 
𝐾 = 𝐾1 + 𝐾2 = 4 + 4 = 8 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑, 
 
 
 
 
 
 
Montando as equações de compatibilidade dos deslocamentos, temos: 
 
{𝛽 } + [𝐾]{𝐷} = {0} 
 
Para este problema, temos apenas 𝛽 e 𝐾 : 
8. 𝐷 = 25, o que nos dá 𝐷 = 3,125 
 
Calculemos os efeitos finais, o que pode ser obtido pela expressão: 
𝑀 = 𝑀 + 𝑀 𝐷 
𝑀 = −25 + 4.3,125 = −12,5 𝑘𝑁. 𝑚 
 
O que pode ser verificado no diagrama abaixo. 
 
 
 
 
 
 
 
Para a barra vertical: 𝐾 = => 𝐾1 = 4; 
Para a barra horizontal: 𝐾 = => 𝑘2 = 4; 
 
Caso (0): Carregamento externo isolado no Sistema hipergeométrico 
 
 
Para a barra horizontal e apoio da direita, através dos momentos de engastamento perfeito, 
teremos: 
 
𝑀 = −
𝑃𝑙
8
= −
60𝑥 5
8
= −37,5 𝑘𝑁. 𝑚 
 
Desta forma: 𝛽 = −37,5 𝑘𝑁. 𝑚 
 
 
Caso (1): Deslocabilidade 𝐷 = 1, isolada no SH 
 
Teremos que o momento 𝐾 , formado pela soma das rigidezes das duas barras. 
1 
 
Neste caso: 𝐾 = 𝐾1 + 𝐾2 = 4 + 4 = 8 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑, 
 
 
 
 
 
Montando as equações de compatibilidade dos deslocamentos, temos: 
 
{𝛽 } + [𝐾]{𝐷} = {0} 
 
Para este problema, temos apenas 𝛽 e 𝐾 : 
 
8. 𝐷 = 37,5, o que nos dá 𝐷 = 4,6875 
 
Calculemos os efeitos finais no ponto solicitado pela questão, o que pode ser obtido pela 
expressão: 
𝑀 = 𝑀 + 𝑀 𝐷 
𝑀 = 37,5 + 4.4,6875 = +46,9 𝑘𝑁. 𝑚 
Façamos o sistema hipergeométrico adiante, restringindo a rotação apenas dos 
dois apoios intermediários para então calcular as rigidezes das três barras. 
 
 
 
 
Para a barra 1: 𝐾 = 3𝐸𝐼/𝑙 = 𝐾1 = 6; 
Para a barra 2: 𝐾 = 4𝐸𝐼/𝑙 = 𝐾2 = 12; 
Para a barra 3: 𝐾 = 3𝐸𝐼/𝑙 = 𝐾3 = 9;
Caso (0): Carregamento externo no SH 
 
Cálculo do momento de engastamento perfeito nas três barras, assim: 
 
 
 
𝑀 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 1) = −
𝑞𝑙
8
= −
8𝑥 12
8
= −144 𝑘𝑁. 𝑚 
 
𝑀 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 2 𝑑𝑎 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎) =
𝑞𝑙
12
=
12𝑥 8
12
= 64 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑀 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 2 𝑑𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎) = −
𝑞𝑙
12
= −
12𝑥 8
12
= −64 𝑘𝑁. 𝑚 
 
 
 
𝑀 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 3) =
𝑞𝑙
8
=
12𝑥 8
8
= 96𝑘𝑁. 𝑚 
 
 
Desta forma: 
𝛽 = −144 + 64 = −80 𝑘𝑁. 𝑚 
𝛽 = −64 + 96 = 32 𝑘𝑁. 𝑚 
Caso (1): Deslocabilidade 𝐷 = 1, isolada no SH 
 
 
 
 
 
 O deslocamento 𝐾 , formado pela soma da rigidez da barra 1 com a barra 2, de acordo 
com que calculamos anteriormente. Neste caso: 𝐾 = 6 + 12 = 18 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑. 
 O deslocamento 𝐾 , formado pela influência da rigidez da barra 2 sobre a placa 2, 
aplicando o coeficiente de transmissão 𝑡 = 0,5, como estudamos anteriormente. Neste caso: 
𝐾 = 12 𝑥 0,5 = 6 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑. 
 
Caso (2): Deslocabilidade 𝐷 = 1, isolada no SH 
 
 
 
 
 
 O deslocamento 𝐾 , formado pela influência da rigidez da barra 2 sobre a placa 2, 
aplicando o coeficiente de transmissão 𝑡 = 0,5, como estudamos anteriormente. Neste 
caso:𝐾 = 12 𝑥 0,5 = 6 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑. 
 O deslocamento 𝐾 , formado pela soma da rigidez da barra 2 com a barra 3, de acordo 
com que calculamos anteriormente. Neste caso: 𝐾 = 9 + 12 = 21 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑. 
 
Montando as equações de compatibilidade estática, temos: 
{𝛽 } + [𝐾]{𝐷} = {0} → {𝛽 } = −[𝐾] {𝐷 } 
 
𝛽
 𝛽 
+
𝐾 𝐾
 𝐾 𝐾 
𝐷 
𝐷 
=
0
 0 
→ {𝐷} = −
18 6 
6 21 
−80 
32 
 
Resolvendo essa equação, temos que o vetor de deformações se torna: 
 
{𝐷} =
5,47
−3,08
 
Calculemos os efeitos finais, o que pode ser obtido pela expressão: 
𝑀 = 𝑀 + 𝑀 𝑑 
 
𝑀𝑎 = −144 + 5,47.6 − 3,08.0 = −111,18 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑀𝑏 = −64 + 5,47.6 − 3,08.12 = −68,14 𝑘𝑁. 𝑚 
 
Sendo, 𝑀𝑎 o momento no primeiro apoio interno calculado pelo lado esquerdo, e 𝑀𝑏 o 
momento no segundo apoio interno calculado pelo lado esquerdo. 
 
 
 
Então, temos o DMF adiante, em que podemos ver que o momento pedido é -111kNm. 
 
 
Viga contínua 
Façamos o sistema hipergeométrico adiante, restringindo a rotação apenas dos 
dois apoios intermediários para então calcular as rigidezes das três barras. 
 
 
 
 
 
Para a barra 1: 𝐾 = 3𝐸𝐼/𝑙 = 𝐾1 = 6; 
Para a barra 2: 𝐾 = 4𝐸𝐼/𝑙 = 𝐾2 = 12; 
Para a barra 3: 𝐾 = 3𝐸𝐼/𝑙 = 𝐾3 = 9; 
 
Caso (0): Carregamento externo no SH 
Com o cálculo do momento de engastamento perfeito nas três barras, assim: 
 
 
 
 
 
𝑀 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 1) = −
3𝑃𝑙
16
= −
3𝑥48𝑥12
16
= −108 𝑘𝑁. 𝑚 
 
𝑀 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 2 𝑛𝑎 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑑𝑎) =
𝑃𝑙
8
=
32𝑥 8
8
= 32 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑀 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 2 𝑛𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎) = −
𝑃𝑙
8
= −
32𝑥 8
8
= −32 𝑘𝑁. 𝑚 
 
 
 
𝑀 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 3) =
3𝑃𝑙
16
=
3𝑥32𝑥8
16
= 48 𝑘𝑁. 𝑚 
 
Desta forma: 
𝛽 = −108 + 32 = −76 𝑘𝑁. 𝑚 
𝛽 = −32 + 48 = 16 𝑘𝑁. 𝑚 
 
Caso (1): Deslocabilidade 𝐷 = 1, isolada no SH 
 
 
 
 
 
 O deslocamento 𝐾 , formado pela soma da rigidez da barra 1 com a barra 2, de acordo 
com que calculamos anteriormente. Neste caso: 𝐾 = 6 + 12 = 18 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑. 
 O deslocamento 𝐾 , formado pela influência da rigidez da barra 2 sobre a placa 2, 
aplicando o coeficiente de transmissão 𝑡 = 0,5, como estudamos anteriormente. Neste caso: 
𝐾 = 12 𝑥 0,5 = 6 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑. 
 
 
Caso (2): Deslocabilidade 𝐷 = 1, isolada no SH 
 
 
 
 O deslocamento 𝐾 , formado pela influência da rigidez da barra 2 sobre a placa 2, 
aplicando o coeficiente de transmissão 𝑡 = 0,5, como estudamos anteriormente. Neste 
caso:𝐾 = 12 𝑥 0,5 = 6 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑. 
 O deslocamento 𝐾 , formado pela soma da rigidez da barra 2 com a barra 3, de acordo 
com que calculamos anteriormente. Neste caso: 𝐾 = 9 + 12 = 21 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑. 
 
Montando as equações de equilíbrio, temos: 
{𝛽 } + [𝐾]{𝐷} = {0} → {𝛽 } = −[𝐾] {𝐷 } 
 
𝛽
 𝛽 
+
𝐾 𝐾
 𝐾 𝐾 
𝐷 
𝐷 
=
0
 0 
→ {𝐷} = −
18 6 
6 21 
−76 
16 
 
 
Resolvendo essa equação, temos que o vetor de deformações se torna: 
 
{𝐷} =
4,94
−2,17
 
Calculemos os efeitos finais, o que pode ser obtido pela expressão: 
𝑀 = 𝑀 + 𝑀 𝑑 
𝑀𝑎 = −108 + 4,94.6 − 2,17.0 = −78,36 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑀𝑏 = −32 + 4,94.6 − 2,17.12 = −28,4 𝑘𝑁. 𝑚Sendo, 𝑀𝑎 o momento no primeiro apoio interno calculado pelo lado esquerdo, e 𝑀𝑏 o 
momento no segundo apoio interno calculado pelo lado esquerdo. 
 
 
Então, temos o DMF a seguir, em que podemos ver que o momento pedido é -78,3kNm. 
 
 
Inicialmente, façamos o seguinte sistema hipergeométrico, reescrevendo o 
balanço de 2,0𝑚 como momento no apoio externo e, em seguida, calculando as rigidezes das 
duas barras: 
 
 
 
 
Para a barra 1: 𝐾 = 4𝐸𝐼/𝑙 = 𝐾1 = 4; 
Para a barra 2: 𝐾 = 3𝐸𝐼/𝑙 = 𝐾2 = 3; 
 
Caso (0): Carregamento externo no SH 
 
Com o cálculo do momento de engastamento perfeito nas três barras, assim: 
 
 
𝑀 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 1, à 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎) =
𝑞𝑙
12
=
4𝑥 6
12
= 12𝑘𝑁. 𝑚 
𝑀 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 1, à 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎) = −
𝑞𝑙
12
= −
4𝑥 6
12
= −12𝑘𝑁. 𝑚 
 
 
𝑀 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 2, à 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎) =
𝑞𝑙
8
=
4𝑥 6
8
= 18 
 
𝑀 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 2, à 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎) = −8, 𝑞𝑢𝑒 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑚𝑖𝑡𝑖𝑟á − 8 𝑥 0,5 = −4 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑎 𝑝𝑙𝑎𝑐𝑎 1
 
 
Desta forma: 
𝛽 = −12 + 18 − (
8
2
) = 2 𝑘𝑁. 𝑚 
 
Caso (1): Deslocabilidade 𝐷 = 1 , isolada no SH 
Fazendo agora o sistema principal com 𝐷 = 1, temos que o momento 𝐾 , formado pela 
soma da rigidez da barra 1 com a barra 2, de acordo com o que calculamos anteriormente. 
Neste caso: 𝐾 = 4 + 3 = 7 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑 
 
 
 
 
Resolvendo a equação de equilíbrio, 
 
{𝛽 } + [𝐾]{𝐷} = {0} 
Temos: 
𝐷 = −2/7 𝑟𝑎𝑑. 
Calculemos os efeitos finais, o que pode ser obtido pela expressão: 
𝑀 = 𝑀 + 𝑀 𝑑 
𝑀𝑎 = +12 −
2
7
. 2 = +11,43 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑀𝑏 = −12 −
2
7
. 4 = −13,14 𝑘𝑁. 𝑚 
Sendo, 𝑀𝑎 o momento no engaste, e 𝑀𝑏 o momento no apoio interno calculado pelo lado 
esquerdo. 
 
Traçando o diagrama de momentos fletores, teremos: 
 
 
 
O maior momento fletor é de 13,1kNm.
Inicialmente, façamos o seguinte sistema hipergeométrico, impedindo a rotação 
dos dois nós da estrutura conforme ilustra a Figura seguinte: 
 
 
 
 
 
 
Caso (0): Carregamento externo no SH 
 
Com o cálculo do momento de engastamento perfeito nas duas barras, assim: 
 
 
𝑀 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 2, à 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎) =
𝑃𝑙
8
=
6𝑥8
8
= 6𝑘𝑁. 𝑚
𝑀 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 2, à 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎) = −
𝑃𝑙
8
= −
6𝑥8
8
= −6 𝑘𝑁. 𝑚
1 2 
 
𝑀 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 4) =
𝑞𝑙
8
=
4𝑥 6
8
= 18𝑘𝑁. 𝑚
Desta forma: 
𝛽 = 6 𝑘𝑁. 𝑚
𝛽 = −6 + 18 = 12 𝑘𝑁. 𝑚
Caso (1): Deslocabilidade 𝐷 = 1, isolada no SH 
 
 
 
Calculando as rigidezes: 
Para a barra 1: 𝐾 = => 𝐾1 = 4; 
Para a barra 2: 𝐾 = => 𝐾2 = 3; 
Assim, temos: 
O momento 𝐾 , formado pela soma da rigidez da barra 1 com a barra 2, de acordo com que 
calculamos anteriormente. Neste caso: 𝐾 = 4 + 3 = 7 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑. 
O momento 𝐾 , formado pela influência da rigidez da barra 2 sobre a placa 2, aplicando o 
coeficiente de transmissão 𝑡 = 0,5, como estudamos anteriormente. Neste caso: 𝐾 =
3𝑥0,5 = 1,5 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑. 
1 2 
 
Caso (2): Deslocabilidade 𝐷 = 1, isolada no SH 
 
 
Larissa C. Araújo 
Calculando as rigidezes: 
Para a barra 2: 𝐾 = 4𝐸𝐼/𝑙 = 𝑘2 = 3; 
Para a barra 3: 𝐾 = 4𝐸𝐼/𝑙 = 𝑘3 = 4; 
Para a barra 4: 𝐾 = 3𝐸𝐼/𝑙 = 𝑘4 = 3; 
Assim, temos: 
O momento 𝐾 , formado pela soma da rigidez da barra 2 com as barras 3 e 4, de acordo com 
que calculamos anteriormente. Neste caso: 𝐾 = 3 + 4 + 3 = 10 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑. 
O momento 𝐾 , formado pela influência da rigidez da barra 2 sobre a placa 1, aplicando o 
coeficiente de transmissão t = 0,5, como estudamos anteriormente. Neste caso: 𝐾 =
3𝑥0,5 = 1,5 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑. 
Montando as equações de equilíbrio, temos: 
{𝛽 } + [𝐾]{𝐷} = {0} → {𝛽 } = −[𝐾] {𝐷 } 
𝛽
 𝛽 
+
𝐾 𝐾
 𝐾 𝐾 
𝐷 
𝐷 
=
0
 0 
→ {𝐷} = −
7 1,5
1,5 10 
6 
12
 
Resolvendo essa equação, temos que o vetor de deformações se torna: 
{𝐷} =
−0,62
−1,12
 
1 2 
 
Calculemos os efeitos finais, o que pode ser obtido pela expressão: 
𝑀 = 𝑀 + 𝑀 𝑑 
𝑀 = +18 − 0,62.1,5 − 1,12.3 = +13,71 𝑘𝑁 
 
 
 
Façamos o seguinte sistema hipergeométrico, calculando as rigidezes das quatro barras: 
 
 
Viga contínua 
 
 
Calculando as rigidezes das barras, temos: 
Para a barra 1: 𝐾 = 4𝐸𝐼/𝑙 = 𝐾1 = 2; 
Para a barra 2: 𝐾 = 4𝐸𝐼/𝑙 = 𝐾2 = 3; 
Para a barra 3: 𝐾 = 4𝐸𝐼/𝑙 = 𝐾3 = 3; 
Para a barra 4, como se trata de balanço, 𝐾4 = 0. 
 
Caso (0): Carregamento externo no SH 
 
Com o cálculo do momento de engastamento perfeito nas quatro barras, assim: 
 
𝑀 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 1, à 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎) =
𝑞𝑙
12
+
𝑃𝑙
8
= 96 + 48 = 144 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑀 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 1, à 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎) = −
𝑞𝑙
12
−
𝑃𝑙
8
= −96 − 48 = −144 𝑘𝑁. 𝑚 
 
 
𝑀 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 2, à 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎) =
𝑞𝑙
12
+
𝑃𝑙
8
= 64 + 32 = 96 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑀 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 2, à 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎) = −
𝑞𝑙
12
−
𝑃𝑙
8
= −64 − 32 = −96 𝑘𝑁. 𝑚 
 
 
𝑀 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 3, à 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎) =
𝑞𝑙
12
+
𝑃𝑙
8
= 64 + 32 = 96 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑀 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 3, à 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎) = −
𝑞𝑙
12
−
𝑃𝑙
8
= −64 − 32 = −96 𝑘𝑁. 𝑚 
 
 
 
Desta forma: 
𝛽 = −144 + 96 = −48 𝑘𝑁. 𝑚 
𝛽 = −96 + 96 = 0 𝑘𝑁. 𝑚 
𝛽 = −96 + 12𝑥4𝑥2 = 0 𝑘𝑁. 𝑚 
 
 
Caso (1): Deslocabilidade 𝐷 = 1, isolada no SH 
 
Viga contínua – Caso M0 
 
O momento 𝐾 , formado pela soma da rigidez da barra 1 com a barra 2, de acordo com que 
calculamos anteriormente. Neste caso: 𝐾 = 3 + 2 = 5 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑. 
O momento 𝐾 , formado pela influência da rigidez da barra 2 sobre a placa 2, aplicando o 
coeficiente de transmissão 𝑡 = 0,5, como estudamos anteriormente. Neste caso: 𝐾 =
3𝑥0,5 = 1,5 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑. 
O momento 𝐾 , como percebemos, é igual a 0. 
Caso (2): Deslocabilidade 𝐷 = 1, isolada no SH 
 
 
Viga contínua – Caso M1 
 
O momento 𝐾 , formado pela soma da rigidez da barra 2 com a barra 3, de acordo com que 
calculamos anteriormente. Neste caso: 𝐾 + 3 + 3 = 6 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑. 
O momento 𝐾 , formado pela influência da rigidez da barra 2 sobre a placa 1, aplicando o 
coeficiente de transmissão t = 0,5, como estudamos anteriormente. Neste caso: 𝐾 =
3𝑥0,5 = 1,5 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑. 
 O momento 𝐾 ,, formado pela influência da rigidez da barra 3 sobre a placa 3, aplicando o 
coeficiente de transmissão 𝑡 = 0,5, como estudamos anteriormente. Neste caso: 𝐾 =
3𝑥0,5 = 1,5 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑. 
Caso (3): Deslocabilidade 𝐷 = 1, isolada no SH 
 
Viga contínua – Caso M2 
 
O momento 𝐾 , formado pela soma da rigidez da barra 2 com a barra 3, de acordo com que 
calculamos anteriormente. Neste caso: 𝐾 = 3 + 0 = 3 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑. 
O momento 𝐾 como percebemos, é igual a 0. 
O momento 𝐾 , formado pela influência da rigidez da barra 3 sobre a placa 2, aplicando o 
coeficiente de transmissão 𝑡 = 0,5, como estudamos anteriormente. Neste caso: 𝐾 =
3𝑥0,5 = 1,5 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑. 
Montando as equações de equilíbrio, temos:{𝛽 } + [𝐾]{𝐷} = {0} → {𝛽 } = −[𝐾] {𝐷 } 
𝛽 
 
𝛽
𝛽
 
+
𝐾 𝐾 𝐾
𝐾 𝐾 𝐾 
𝐾 𝐾 𝐾
𝐷 
𝐷
 𝐷 
=
0 
0 
0 
 
 
 
Cuja resolução dá: 
{𝐷} = −
5 1,5 0
1,5 6 1,5
0 1,5 3
−48 
0 
0 
 
 
Resolvendo-se essa equação, temos que o vetor de deformações se torna: 
{𝐷} =
10,5 
−3 
1,5 
 
Calculemos os efeitos finais, o que pode ser obtido pela expressão: 
𝑀 = 𝑀 + 𝑀 𝑑 
𝑀𝑎 = 144 + 10,5𝑥1 = 154,5 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑀𝑏 = −144 + 10,5𝑥2 = −123 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑀𝑐 = −96 + 10,5𝑥1,5 − 3𝑥3 = −89,25 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑀𝑑 = −12𝑥4𝑥2 = −96 𝑘𝑁. 𝑚 
Sendo, 𝑀𝑎 o momento no engaste, 𝑀𝑏 o momento no primeiro apoio interno, após o engaste, 
calculado pelo lado esquerdo, 𝑀𝑐 o momento no segundo apoio interno e 𝑀𝑑 o momento no 
apoio externo da direita. 
Viga contínua – DMF 
 
 
 
 
E em seguida, o DEC: 
 
Viga contínua – DEC 
 
A matriz de rigidez sempre é uma matriz simétrica, quadrada, cuja ordem é 
sempre igual ao número de deslocamentos, como vimos no método dos deslocamentos.
A partir do apoio e do carregamento sobre uma viga, os momentos de engastes 
perfeitosapresentarão expressões distintas, conforme a tabela de momentos de 
engastamentos perfeitos, do módulo anterior. Considerando uma viga de comprimento l, 
 
engastada em uma extremidade e apoiada em outra, com carregamento distribuído q, o 
momento de engastamento perfeito será determinado pela expressão .
 
Podemos resolver este problema aproveitando o fato de haver um eixo de 
simetria nesta figura. Então, façamos como na figura a seguir para criar uma estrutura com 
metade da original. 
 
Caso (0): Carregamento externo isolado no SH 
 
Calculando os momentos de engastamento perfeito, temos então: 
𝑀 = −
𝑞𝑙
8
= −
20𝑥 4
8
= −40𝑘𝑁𝑚(𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑑𝑎 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎) 
𝑀, à 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎 =
𝑞𝑙
12
=
20 𝑥 3
12
= 15𝑘𝑁𝑚 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑑𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎) 
𝑀, à 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎 = − = −
 
= −15𝑘𝑁𝑚 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑑𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎) 
 
 
 
Assim, temos: 
𝛽 = −40 + 15 = −25 𝑘𝑁. 𝑚 
Caso (1): Deslocabilidade 𝐷 = 1, isolada no SH 
Para calcularmos 𝐾 , temos que calcular as rigidezes das duas barras. Desta forma, temos: 
𝐾 =
3𝐸𝐼
𝑙
=
3𝑥6
4
= 4,5 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑑𝑎 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎) 
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝑙
=
4𝑥6
3
= 8 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑑𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎) 
1 
 
Então, temos: 
𝐾 = 4,5 + 8 = 12,5 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑 
 
 
 
Aplicando a equação de equilíbrio, temos: 
𝛽 + 𝐾 . 𝐷 = 0 
𝐷 = 2 𝑟𝑎𝑑 
Calculando o momento: 
𝑀𝑎 = −40 + 2𝑥4,5 = −31 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑀𝑏 = −15 + 2𝑥4 = −7 𝑘𝑁. 𝑚 
Sendo, 𝑀𝑎 o momento do apoio interno, calculado pelo lado esquerdo e 𝑀𝑏 o momento no 
engaste da direita. Ambos da estrutura simplificada. 
O DMF a seguir mostra que o momento máximo é de 31𝑘𝑁𝑚. 
 
 
 
Vamos considerar a simetria da estrutura e o seguinte sistema hipergeométrico: 
 
(a) SH com o Carregamento Externo (b) SH com deslocabilidades 
Larissa C. Araújo 
 
 
Caso (0): Carregamento esterno isolado no SH 
 
 
Calculando os momentos de engastamento perfeito na barra horizontal, teremos: 
 
𝑀 =
𝑞𝑙
12
=
20𝑥 3
8
= 15 𝑘𝑁𝑚 
𝑀 = −
𝑞𝑙
12
= −
20𝑥3
8
= −15 𝑘𝑁𝑚 
𝑉 = 𝑉 =
𝑞𝑙
2
=
20𝑥 3
2
= 30 𝑘𝑁 
𝑉 = 𝑉 = 0 
 
Assim, os termos de carga serão: 
𝛽 = 0 𝑘𝑁 (força horizontal no ponto B) 
𝛽 = 30 𝑘𝑁 (força vertical no ponto B) 
𝛽 = 15 𝑘𝑁. 𝑚 (momento fletor no ponto B) 
 
 
Caso (1): Deslocabilidade 𝐷 = 1, isolada no SH 
 
Estrutura Deformada devido a aplicação de 𝐷 
Larissa C. Araújo 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Logo, os coeficientes de rigidez serão dados por: 
 
Representação dos coeficientes de rigidez devido a aplicação de 𝐷 
Adaptado de Martha, 2010, pág. 216 
 
𝐾 =
𝐸𝐴
𝐿
+
12𝐸𝐼
𝐿
=
𝐸𝐴
3
+
12𝐸𝐼
4
 
 
𝐾 = 0 
 
𝐾 =
6𝐸𝐼
𝐿
=
6𝐸𝐼
4
 
Caso (2): Deslocabilidade 𝐷 = 1, isolada no SH 
Estrutura Deformada devido a aplicação de 𝐷
Larissa C. Araújo
 
Logo, os coeficientes de rigidez serão dados por:
 
Representação dos coeficientes de rigidez devido a aplicação de 𝐷
Adaptado de Martha, 2010, pág. 216 
 
𝐾 = 0 
 
𝐾 =
𝐸𝐴
𝐿
+
12𝐸𝐼
𝐿³
=
𝐸𝐴
4
+
12𝐸𝐼
3³
 
 
𝐾 =
6𝐸𝐼
𝐿²
=
6𝐸𝐼
3²
 
 
Caso (3): Deslocabilidade 𝐷 = 1, isolada no SH 
 
 
Estrutura Deformada devido a aplicação de 𝐷 
Larissa C. Araújo 
Logo, os coeficientes de rigidez serão dados por: 
 
Representação dos coeficientes de rigidez devido a aplicação de 𝐷
Adaptado de Martha, 2010, pág. 216 
𝐾 =
6𝐸𝐼
𝐿²
=
6𝐸𝐼
4²
 
𝐾 =
6𝐸𝐼
𝐿²
=
6𝐸𝐼
3²
 
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝐿
+
4𝐸𝐼
𝐿
=
4𝐸𝐼
4
+
4𝐸𝐼
3
 
Montando as equações de equilíbrio: 
{𝛽 } + [𝐾]{𝐷} = {0} → {𝑘 } = −[𝑘] {𝑑 } 
 
𝛽
𝛽
𝛽
+
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
⎢
⎡
25
48
0
3
8
0
25
36
 
6
9
 
3
8
6
9
7
3 ⎦
⎥
⎥
⎥
⎥
⎥
⎤
𝐷 
𝐷
 𝐷 
=
0 
0 
0 
 
Cuja resolução dá: 
{𝐷} = −
⎣
⎢
⎢
⎢
⎢
⎡
25
48
0
3
8
0
25
36
 
6
9
 
3
8
6
9
7
3 ⎦
⎥
⎥
⎥
⎥
⎤
0
30
15
=
−6,983 
−52,51
9,698 
 
Logo, o Momento no ponto C à esquerda do engaste será: 
𝑀𝑐 = −15 +
6
3
× −52,51 +
2
3
× 9,698 = −43,53 𝑘𝑁. 𝑚 (𝑎𝑝𝑟𝑜𝑥𝑖𝑚𝑎𝑑𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒) 
Como o sinal negativo no método dos deslocamentos significa o giro no sentido horário, este 
momento estará tracionando a parte de baixo da estrutura. 
Neste problema, haverá duas deslocabilidades. Assim, o sistema 
hipergeométrico será definido como segue. 
 
 
Calculando os momentos de engastamento perfeito, temos a seguinte figura com seu DMF e 
suas reações de apoio: 
𝑀 =
𝑞𝑙
8
=
2𝑥 6
8
= 9𝑘𝑁𝑚 
 
 
 
 
Assim, temos: 𝛽 = 9 𝑘𝑁. 𝑚 e 𝛽 = 0 (pois não há reação horizontal no apoio 2, como 
podemos perceber na figura anterior). 
 
Para calcularmos 𝐾 e 𝐾 , temos que calcular as rigidezes das duas barras. Desta forma, temos: 
 
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝑙
=
4𝑥6
6
= 4 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 1 ) 
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝑙
=
3𝑥6
6
= 3 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 2) 
2
1
 
 
 
 
Temos:𝐾 = 7 
 
Para 𝐾 , é necessário descobrir as reações de apoio no pórtico, o que nos dará que esta reação 
horizontal é igual a 1𝑘𝑁, como vemos na estrutura, em seu DMF e nas reações de apoio acima. 
 
Então: 𝐾 = 1. 
 
Para calcularmos 𝐾 e 𝐾 , temos que calcular os momentos a partir de seus deslocamentos 
unitários. Desta forma, temos: 
 
𝑀 =
6𝐸𝐼
6
=
6𝑥6
6𝑥6
= 1 𝑘𝑁𝑚 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 1 ) 
𝑀 = 0 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 é 𝑏𝑖 − 𝑟𝑜𝑡𝑢𝑙𝑎𝑑𝑎 ) 
 
 
 
 
 
 
12
 
 
 
 
 
 
Assim, temos: 𝐾 = 1. Para 𝐾 é necessário descobrir as reações de apoio no pórtico, o que 
nos dará que esta reação horizontal é igual a 1/3𝑘𝑁. Então: 𝐾 = 1/3. 
 
Montando as equações de compatibilidade estática, temos: 
𝛽
 𝛽 
+
𝐾 𝐾
 𝐾 𝐾 
𝐷 
𝐷 
=
0
 0 
→ {𝐷} = −
7 1 
1 1/3 
9 
0 
 
Resolvendo essa equação, temos que o vetor de deformações se torna: 
{𝐷} =
−2,25
6,75
 
Calculando-se o DMF, temos a seguinte figura, que nos aponta que o momento fletor que 
buscamos é de 2,25 𝑘𝑁𝑚. 
0.33 kN 
2 1
 
Podemos resolver este problema aproveitando o fato de haver dois eixos de 
simetria nesta figura. Então, façamos como na figura a seguir para criar uma estrutura com um 
quarto da original. 
 
 
Desta forma, o sistema hipergeométrico fica como mostrado adiante, todo ele submetido à 
carga de 30,0𝑘𝑁/𝑚: 
 
Caso (0): Carregamento externo isolado no SH 
Calculando os momentos de engastamento perfeito, temos então: 
𝑀 = −
𝑞𝑙
12
= +
30 𝑥 6
12
= 90 𝑘𝑁𝑚(𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙, 𝑒𝑚 𝑐𝑖𝑚𝑎) 
𝑀 =
𝑞𝑙
12
=
−30 𝑥 6
12
= −90 𝑘𝑁𝑚(𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙, 𝑒𝑚 𝑏𝑎𝑖𝑥𝑜) 
𝑀 =
𝑞𝑙
12
=
−30 𝑥 8
12
= −160 𝑘𝑁𝑚 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙, à 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎) 
𝑀 = −
𝑞𝑙
12
= +
30 𝑥 8
12
= +160 𝑘𝑁𝑚 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙, à 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎) 
 
 
Assim, temos: 
𝛽 = −160 + 90 = −70 𝑘𝑁. 𝑚 
Caso (1): Deslocabilidade 𝐷 = 1, isolada no SH 
Para calcularmos 𝐾 , temos que calcular as rigidezes das duas barras. Como o carregamento é 
simétrico, então temos que usar a fórmula de 𝐾𝑠: 
𝐾 =
1𝐸𝐼
2𝑙
=
1𝑥24
2.8
= 1,5 𝑘𝑁. 𝑚 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙) 
𝐾 =
1𝐸𝐼
2𝑙
=
24
2.6
= 2𝑘𝑁. 𝑚 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙) 
Então, temos: 
𝐾 = 1,5 + 2 = 3,5 𝑘𝑁. 𝑚 
Calculando 𝐷 , temos: 
𝛽 + 𝐾 . 𝐷 = 0 → 𝐷 = 20 𝑟𝑎𝑑 
Calculando-se agora os momentos finais, temos que: 
𝑀 = 𝑀0 + 20. 𝑀1 , o que nos leva que, ao redor da chapa 1, o momento fletor será de: 
−160 + 20. 1,5 = −130 𝑘𝑁𝑚. 
 
Desta forma, este momento se repetirá quatro vezes ao redor da estrutura.
Podemos resolver este problema aproveitando o fato de haver dois eixos de 
simetria nesta figura. Então, façamos como na figura a seguir para criar uma estrutura com um 
quarto da original. 
Desta forma, o sistema hipergeométrico fica como representado a seguir, todo ele submetido à 
carga de 1,0𝑘𝑁/𝑚: 
 
Caso (0): Carregamento externo isolado no SH
Calculando os momentos de engastamento perfeito, temos então:
𝑀 =
𝑞𝑙
12
=
1 𝑥 6
12
= 3𝑘𝑁𝑚(𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙)
𝑀 = −
𝑞𝑙
12
= −
1 𝑥 4
12
= −1,33𝑘𝑁𝑚 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙)
 
Assim, temos:
𝛽 = 3 − 1,3 = 1,67 𝑘𝑁. 𝑚
Caso(1): Deslocabilidade 𝐷 = 1, isolada no SH
Para calcularmos 𝐾 , temos que calcular as rigidezes das duas barras. Como o carregamento é 
simétrico, então temos que usar a fórmula de 𝐾𝑠:
𝐾 =
2𝐸𝐼
𝑙
=
2𝑥6
6
= 2 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙)
𝐾 =
2𝐸𝐼
𝑙
=
2𝑥6
4
= 3 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙)
 
Temos:
𝐾 = 2 + 3 = 5 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑 
Calculando 𝐷 , temos:
𝛽 + 𝐾 . 𝐷 = 0 → 𝐷 = −0,33 𝑟𝑎𝑑
Calculando-se agora os momentos finais, temos que:
𝑀 = 𝑀0 – 0,33 𝑀1, o que nos leva que, ao redor da chapa 1, o momento fletor será 
de − 2,33𝑘𝑁𝑚. 
Desta forma, este momento se repetirá quatro vezes ao redor da estrutura. 
Levando em conta a simetria do carregamento, podemos trabalhar com apenas 
a metade da estrutura. Assim, vamos usar apenas o seguinte sistema principal. 
 
Caso (0): Carregamento esterno isolado no SH
Calculando os momentos de engastamento perfeito, temos:
𝑀 =
𝑞𝑙
12
=
1 𝑥 12
12
= 12𝑘𝑁𝑚(𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑖𝑛𝑓𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟)
𝑀 = −
𝑞𝑙
12
= −
1 𝑥 6
12
= 6𝑘𝑁𝑚 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟)
Assim, temos:
𝛽 = 6 𝑘𝑁. 𝑚
𝛽 = 12 𝑘𝑁. 𝑚
Para calcularmos 𝐾 e 𝐾 , temos que calcular as rigidezes das três barras ao redor da placa 1. 
Desta forma:
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝑙
=
4𝑥6
6
= 4 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 1)
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝑙
=
4𝑥6
6
= 4 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 2)
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝑙
=
4𝑥6
6
= 4 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 3)
 
 
Então, temos: 
𝐾 (soma das rigidezes das barras 1, 2 e 3): 4 + 4 + 4 = 12 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑 
𝐾 (transmissão da rigidez da barra 3 sobre a placa 2): = 4 𝑥 = 2𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑 
Caso (2): Deslocabilidade 𝐷 = 1, isolada no SH 
Para calcularmos 𝐾 e 𝐾 , temos que calcular as rigidezes das duas barras. Como o 
carregamento é simétrico, então temos que usar a fórmula de 𝐾𝑠 (com 𝐸𝐼 = 3): 
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝑙
=
4𝑥6
6
= 4 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 4)
𝐾 =
2𝐸𝐼
𝑙
=
2𝑥6
6
= 1 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 5)
Assim: 
𝐾 (soma das rigidezes das barras 4 e 5): 4 + 1 = 5 kN.m/rad 
 
𝐾 (transmissão da rigidez da barra 3 sobre a placa 1): 4 𝑥 = 2𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑
Montando as equações de equilíbrio, temos:
{𝛽 } + [𝐾]{𝐷} = {0} → {𝛽 } = −[𝐾] {𝐷 }
𝛽
 𝛽 
+
𝐾 𝐾
 𝐾 𝐾 
𝐷 
𝐷 
=
0
 0 
→ {𝐷} = −
12 2 
2 5 
6 
12 
Resolvendo essa equação, temos que o vetor de deformações se torna:
{𝐷} =
−0,107
−2,36
Para calcular a reação de apoio, devemos observar que ele depende diretamente da parcela 
transmitida de momento ao engaste, o que se observa principalmente quando se calcula 𝐷 .
Percebemos que ele será 2 × 𝐷 , então seu valor será 2 𝑥 − 0,107 = −0,214 𝑘𝑁. 𝑚. Como 
presente, deixamos o DMF pronto para vocês corrigirem seus cálculos.
 
 
Podemos resolver este problema aproveitando o fato de haver um eixo de simetria nesta 
figura. Então, façamos como na figura a seguir, para criar uma estrutura com metade da 
original. 
Teoria na prática – pórtico 
 
 
Caso (0): Carregamento externo isolado no SH 
 
Calculando os momentos de engastamento perfeito, temos: 
 
𝑀 =
𝑞𝑙
12
=
10 𝑥 6
12
= 30𝑘𝑁𝑚(𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 1) 
 
𝑀 = −
𝑞𝑙
12
= −
20 𝑥 6
12
= 60𝑘𝑁𝑚 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎𝑠 2 𝑒 3) 
 
 
Momentos de engastamento perfeito 
 
 
Assim, podemos calcular: 
𝛽 = 60 − 30 = 30 𝑘𝑁. 𝑚 
𝛽 = 60 − 60 = 0 
 
Caso (1): Deslocabilidade 𝐷 = 1 isolada no SH 
 
Para calcularmos 𝐾 e 𝐾 , temos que calcular as rigidezes das três barras ao redor da placa 1. 
Desta forma, com EI = 3: 
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝑙
=
4𝑥3
6
= 2 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 1) 
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝑙
=
4𝑥3
6
= 2 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 2) 
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝑙
=
4𝑥3
6
= 2 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 3) 
 
Então: 
 𝐾 (soma das rigidezes das barras 1, 2 e 3): 2 + 2 + 2 = 6 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑 
 𝐾 (transmissão da rigidez da barra 3 sobre a placa 2): = 2 𝑥 = 1𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑 
 
Teoria na prática – caso M1
 
Caso (2): Deslocabilidade 𝐷 = 1, isolada no SH
Para calcularmos 𝐾 e 𝐾 , temos que calcular as rigidezes das duas barras. Como o 
carregamento é simétrico, então temos que usar a fórmula de 𝐾𝑠 (com EI = 3):
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝑙
=
4𝑥3
6
= 2 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 3)
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝑙
=
4𝑥3
6
= 2 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 4)
𝐾 =
2𝐸𝐼
𝑙
=
2𝑥3
6
= 1 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 5)
Então: 
𝐾 (soma das rigidezes das barras 3, 4 e 5): 2 + 2 + 1 = 5 𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑 
𝐾 (transmissão da rigidez da barra 3 sobre a placa 1): 2 𝑥 = 1𝑘𝑁. 𝑚/𝑟𝑎𝑑 
 
Teoria na prática – caso M2 
 
Montando as equações de compatibilidade estática, temos: 
{𝛽 } + [𝐾]{𝐷} = {0} → {𝛽 } = −[𝐾] {𝐷 } 
𝛽
 𝛽 
+
𝐾 𝐾
 𝐾 𝐾 
𝐷 
D 
=
0
 0 
→ {𝐷} = −
6 1 
1 5 
0 
120 
 
Resolvendo essa equação, temos que o vetor de deformações se torna: 
{𝐷} =
−5,17
1,03
 
Calculemos os efeitos finais, o que pode ser obtido pela expressão: 
𝑀 = 𝑀 + 𝑀 𝑑 
Chegamos ao DMF final: 
 
Teoria na prática – DMF
 
Se a estrutura é simétrica, um dos principais benefícios que podemos utilizar no 
método dos deslocamentos é simplificá-la, considerando o eixo de simetria que ela possui. 
Assim, a consequência será a diminuição do número de deslocabilidades a serem resolvidas.
A rigidez relativa de uma barra engastada e simétrica é dada por: 
𝐾 =
𝐼
2𝑙
=
5. 10
1000
= 500 
 
 
Para calcularmos k11, temos que calcular as rigidezes das duas barras. Desta forma, 
temos: 
 
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝑙
=
4𝑥10
6
= 6,67𝑥10 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙) 
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝑙
=
4𝑥10
10
= 4𝑥10 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑖𝑛𝑐𝑙𝑖𝑛𝑎𝑑𝑎) 
 
Assim, temos: k11 = 10,67𝑥10 
 
Cálculo de k10: Para isto, precisamos calcular os momentos fletores que surgem na estrutura. 
Apliquemos a fórmula: 
 
𝑀 = −𝑀 =
𝐸𝐼 𝛼 ∆𝑡 
ℎ
=
10 𝑥10 (50 − 10) 
0,5
 
 
𝑀 = −𝑀 = −80𝑘𝑁𝑚 
 
E assim teremos o seguinte carregamento: 
 
 
 
Já a deformação linear de cada barra é dependente diretamente da temperatura do centro de 
gravidade da peça, que no exercício é de 30º C. Para este caso, teremos: 
 
Δl1 = α tg l1 = 10-5 x 30 x 6 = 180 x 10-5m 
Δl2 = α tg l2 = 10-5 x 30 x 10 = 300 x 10-5m 
 
Colocando essas deformações sobre o Williot, vamos encontrar o deslocamento ortogonal ρ que 
surge no vértice da estrutura, como mostramos a seguir. 
 
 
 
Assim, temos que 𝜌 = 240 𝑥 10 𝑚. Desta forma, podemos calcular o momento que surge 
devido a este deslocamento: 
 
𝑀 =
6𝐸𝐼 𝜌
𝑙
=
6𝑥10 𝑥 240 x 10
6
= 40𝑘𝑁𝑚 
 
ρ = 240 x 10-5m 
Δl
2 
= 
18
0 
x 
10
-5
m
 
 
 
 
 
 
Assim: 
𝛽 = −40 𝑘𝑁. 𝑚 
 
Calculando ϕ1, temos: 
𝛽 + 𝐾11 𝜙1 = 0 , de onde se tira que 𝜙1 = 3,75 𝑥 10 𝑟𝑎𝑑 
 
Agora temos todos os dados necessários para calcular o momento no encontro entre as duas 
barras: 
𝑀 = 𝑀 + 𝑀 ϕ1 
𝑀 = 40 + 6,67 x 10 𝑥3,75 𝑥 10 
𝑀 = 65𝑘𝑁𝑚 
Para calcularmos k11, temos que calcular as rigidezes das duas barras. Desta forma, 
temos com EI = 2,5: 
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝑙
=
4𝑥2,5
10
= 1(𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙) 
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝑙
=
4𝑥2,5
5
= 2 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑖𝑛𝑐𝑙𝑖𝑛𝑎𝑑𝑎) 
 
 
 
 
Assim, temos: k11 = 3. 
 
 
Colocando o recalque sobre o Williot, vamos encontrar os deslocamentos ortogonais ρ que 
surgem no vértice da estrutura, como mostramos a seguir. 
 
 
 
 
 
𝜌 = 0,5√2𝑐𝑚 (𝑑𝑒𝑠𝑙𝑜𝑐𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑟𝑒𝑐í𝑝𝑟𝑜𝑐𝑜 𝑒𝑚 𝐵) 
 
Cálculo de k1r: Com o resultado acima, vamos calcular os momentos gerados pelo recalque em 
B definido no exercício: 
𝑀1 =
6𝐸𝐼 𝜌
𝑙
=
6𝑥10 𝑥 0,005
10
= 30𝑘𝑁𝑚 
𝑀2 =
6𝐸𝐼 𝜌
𝑙
=
6𝑥10 𝑥 0,00707
10
= 169,7𝑘𝑁𝑚 
 
E, assim, teremos o seguinte carregamento: 
 
Então, temos: k1r = -139,7 
Calculando ϕ1: 
k1r + k11 ϕ1= 0 , de onde se tira que ϕ1 = 46,57. 
Agora, temos todos os dados necessários para calcular o momento no encontro entre as duas 
barras: 
𝑀 = 𝑀 + 𝑀 ϕ1 
𝑀 = 30 + 46,57𝑥1 
𝑀 = 76,6𝑘𝑁𝑚
 
Para calcularmos k11, temos que calcular as rigidezes das duas barras. Desta forma, 
temos: 
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝑙
=
4𝑥4,5𝑥10
4
= 4,5𝑥10 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 1) 
 
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝑙
=
4𝑥4,5𝑥10
5
= 3,6𝑥10 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 2) 
 
 
Assim: k11 = 3,6𝑥10 + 4,5𝑥10 = 8,1𝑥10 = 810𝑥10 
 
Já a deformação linear de cada barra é dependente diretamenteda temperatura do centro de 
gravidade da peça, que no exercício é de 20º C. Para este caso, teremos: 
 
Δl1 = α tg l1 = 10-5 x 20 x 4 = 80𝑥10 m 
Δl2 = α tg l2 = 10-5 x 20 x 5 = 100𝑥10 m 
 
Desenhando as deformações sobre o Williot, vamos encontrar os deslocamentos ortogonais ρ 
que surgem no vértice da estrutura, como mostramos a seguir. 
 
 
 
Com o resultado acima, vamos calcular os momentos gerados pelo deslocamento ortogonal da 
barra 1: 
𝑀1 =
6𝐸𝐼 𝜌
𝑙
=
6𝑥4,5𝑥10 𝑥 60𝑥10 
10
= 101,25𝑘𝑁𝑚 
 
Cálculo de k1r: 
 
 
 
Assim, temos que k1r=101,25𝑘𝑁𝑚 
 
Calculando ϕ1: 
k1r + k11 ϕ1= 0 , de onde se tira que ϕ1 = - 12,5𝑥10 rad. 
 
Agora, temos todos os dados necessários para calcular o momento no encontro entre as duas 
barras: 
𝑀 = 𝑀 + 𝑀 ϕ1 
𝑀 = 101,25 + (4,5𝑥10 )𝑥(−12,5𝑥10 ) 
𝑀 = −45𝑘𝑁𝑚 
Para calcularmos K11, temos que calcular as rigidezes das duas barras. Desta 
forma, temos: 
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝑙
=
4𝑥4,5𝑥10
4
= 4,5𝑥10 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 1) 
 
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝑙
=
4𝑥4,5𝑥10
5
= 3,6𝑥10 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 2) 
 
 
 
Assim, temos: K11 = 3,6𝑥10 + 4,5𝑥10 = 8,1𝑥10 = 810𝑥10 
 
Colocando o recalque sobre o Williot, vamos encontrar os deslocamentos ortogonais ρ que 
surgem no vértice da estrutura, como mostramos a seguir. 
 
Cálculo de k1r: Com o resultado acima, vamos calcular os momentos gerados pelo recalque em 
B definido no exercício: 
𝑀1 =
6𝐸𝐼 𝜌
𝑙
=
6𝑥 (4,5 𝑥 10 )𝑥 (−0,01)
4
= −1687,5𝑘𝑁𝑚
 
 
 
Assim, temos que k1r=1687,5kNm 
 
Calculando ϕ1, temos: 
k1r + K11 ϕ1= 0 , de onde se tira que ϕ1 = - 208,3 𝑥 10 rad. 
 
Agora temos todos os dados necessários para calcular o momento no encontro entre as duas 
barras: 
𝑀 = 𝑀 + 𝑀 ϕ1 
𝑀 = 1687,5 + (4,5𝑥10 )𝑥(−208,3 𝑥 10 ) 
𝑀 = −750 𝑘𝑁𝑚 
Devido à simetria existente, podemos simplificar a estrutura da forma como 
mostramos a seguir, fazendo-a como nosso sistema principal: 
 
 
Para calcularmos k11, temos que calcular as rigidezes relativas das duas barras. Desta forma, 
temos com EI = 1,25: 
𝐾 =
𝐼
𝑙
=
5
4
= 1,25 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 1) 
 
 
𝐾 =
4𝐼
𝑙
=
20
10
= 2 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 2) 
 
 
 
 
Assim, temos que K11=3,25. 
 
Colocando o recalque sobre o Williot, vamos encontrar os deslocamentos ortogonais ρ que 
surgem no vértice da estrutura, como mostramos a seguir. 
 
 
 
Cálculo de k1r: Com o resultado acima, vamos calcular os momentos gerados pelo recalque em 
B definido no exercício: 
𝑀1 =
6𝐸𝐼 𝜌
𝑙
=
6𝑥 (2 𝑥 10 )𝑥(5 𝑥 10 )𝑥 (−0,075)
4
= −28,1𝑘𝑁𝑚 
𝑀2 =
6𝐸𝐼 𝜌
𝑙
=
6𝑥(2 𝑥 10 )𝑥(20 𝑥 10 ) 𝑥 0,125
10
= 30𝑘𝑁𝑚
 
Assim, temos que k1r=1,90.
Calculando ϕ1, temos:
k1r + k11 ϕ1= 0 , de onde se tira que ϕ1 = -0,585. 
Agora, temos todos os dados necessários para calcular o momento no encontro entre as duas 
barras: 
𝑀 = 𝑀 + 𝑀 ϕ1
𝑀 = −28,1 + (−0,585)𝑥1,25
𝑀 = −28,83𝑘𝑁𝑚 
 
Devido à simetria existente, podemos simplificar a estrutura como demonstrado 
a seguir, fazendo-a como nosso sistema principal: 
 
 
 
Para calcularmos k11, temos que calcular as rigidezes relativas das duas barras. Desta forma, 
temos com EI = 1,25: 
𝐾 =
𝐼
𝑙
=
5
4
= 1,25 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 1) 
 
𝐾 =
4𝐼
𝑙
=
20
10
= 2 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 2) 
Barra 2 
1 
Barra 1 
4I 4I 
l 
l 
 
 
 
 
Assim, temos que K11=3,25. 
 
Já a deformação linear de cada barra é dependente diretamente da temperatura do centro de 
gravidade da peça, que no exercício é de 30º C. Para este caso, teremos: 
 
Δl1 = α tg l1 = 10-5 x 30 x 4 = 1,2mm 
Δl2 = α tg l2 = 10-5 x 30 x 10 = 3mm 
Δl(BE) = α tg l2 = 10-5 x 30 x 10 = 3mm (dilatação de baixo para cima da barra BE) 
 
Colocando o recalque sobre o Williot, vamos encontrar os deslocamentos ortogonais ρ que 
surgem no vértice da estrutura, como mostramos a seguir. 
 
 
Veja a figura e preste atenção no segmento 1-2. Trata-se de um cateto do triângulo retângulo 
separado em cinza. Se um cateto tem 1,2mm, e a hipotenusa, 3mm, então o outro cateto terá 
2,4mm. 
 
 
 
Cálculo de k1r: Com o resultado acima, vamos calcular os momentos gerados pelo recalque em 
B definido no exercício: 
𝑀1 =
6𝐸𝐼 𝜌
𝑙
=
6𝑥 (2 𝑥 10 )𝑥(5 𝑥 10 ) 𝑥 (−0,0024)
4
= −9𝑘𝑁𝑚 
 
 
 
 
Assim, temos que k1r= -9,0. 
 
Calculando ϕ1, temos: 
k1r + k11 ϕ1= 0 , de onde se tira que ϕ1 = 2,76. 
 
Agora temos todos os dados necessários para calcular o momento no encontro entre as duas 
barras: 
 
𝑀 = 𝑀 + 𝑀 ϕ1 
𝑀 = −9,0 + (1,25)𝑥2,76 
𝑀 = −5,52 𝑘𝑁𝑚 
 
 
Para calcularmos k11, temos que calcular as rigidezes das duas barras. Desta forma, 
temos: 
 
𝐾 =
4𝐸𝐼
𝑙
=
4𝑥6𝑥10
4
= 6𝑥10 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙) 
𝐾 =
3𝐸𝐼
𝑙
=
3𝑥6𝑥10
5
= 3,6𝑥10 (𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙) 
 
A partir daí, temos: k11 = 9,6𝑥10 . 
 
Cálculo de k10: Para isto, precisamos calcular os momentos fletores que surgem na estrutura. 
Desta forma, apliquemos a fórmula: 
 
 
𝑀 = −𝑀 = 𝐸𝐼 𝛼 ∆𝑡 = 6𝑥 10 𝑥 10 (−18,75) 
 
𝑀 = −𝑀 = −112,5𝑘𝑁𝑚 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑏𝑖𝑒𝑛𝑔𝑎𝑠𝑡𝑎𝑑𝑎) 
 
𝑀 =
3𝐸𝐼 𝛼 ∆𝑡
2
=
3𝑥 6𝑥 10 𝑥 10 (−12,5)
2
 
 
𝑀 = −𝑀 = −112,5𝑘𝑁𝑚 (𝑛𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑏𝑖𝑒𝑛𝑔𝑎𝑠𝑡𝑎𝑑𝑎)
 
 
 
O que nos leva a k10 = 112,5 – 112,5 = 0 
Com k10 igual a 0, é fácil descobrir que d1 também será 0. Olhando o esquema acima, 
percebemos que o momento que surgirá no engaste será de -112,5kNm. 
 
O processo ou método de Williot é uma solução gráfica em que é possível a 
determinação de deslocamentos (ortogonais recíprocos e variações de temperatura) de uma 
estrutura hiperestática carregada que sofre deformações e recalques. Nesta metodologia, 
utiliza-se um único vértice para os pontos fixos da estrutura. 
A partir dos tipos de apoios utilizados na extremidade de uma viga de 
comprimento l, módulo de elasticidade do material E, comprimento l e deslocamento ortogonal 
recíproco ρ é o deslocamento ortogonal recíproco, várias são as expressões para a determinação 
do momento de engastamento perfeito. No caso de vigas engastadas-rotuladas, a expressão 
matemática é dada por .