Método dos Deslocamentos [Modo de Compatibilidade]

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Profª Gabriela Rezende Fernandes
Disciplina: Análise Estrutural 2
INCÓGNITAS ROTAÇÕES E DESLOCAMENTOS 
LINEARES INDEPENDENTES DOS NÓS
Nº TOTAL DE INCÓGNITAS = d = n º de deslocabilidades = 
= grau de hipergeometria da estrutura
de = nº de deslocabilidades externas = n0 de 
deslocamentos lineares independentes dos nós = n º 
de apoios do 1º gênero (móvel) que torna todos os 
nós indeslocáveis
d = nº de deslocabilidades internas = nº de rotações 
d = de + di
di = nº de deslocabilidades internas = nº de rotações 
incógnitas
Para pórticos planos: di = nº de nós rígidos
nó rígido: é o ponto onde chegam duas ou mais barras, que não seja 
rotulado
 
 D 
A 
B 
C di = 2 e
de = ? 
δv = 0
Exemplos de cálculo do nº de deslocabilidades da estrutura:
a)
Os nós C e B são indeslocáveis, pois:
θC θB
A 
Nó C δvc= 0Apoio móvel em C
Engaste em D δHc= 0
Nó B δvB= 0Engaste em A
Engaste em D δHB= 0
Obs: se o nó B está ligado a 2 nós indeslocáveis (A e C) B é Obs: se o nó B está ligado a 2 nós indeslocáveis (A e C) B é 
indeslocável δvB= 0 δHB= 0
Se todos os nós são indeslocáveis de = 0
d = de + di = 0 + 2 = 2
 
 D 
 
A B C 
E 
F 
G 
di = 0 todos os nós internos são rotulados
de = ? 
Nó D δvD= 0Engaste em A
δHD 0
δδδδvG= 0Engaste em C Nó E
δvE= 0Engaste em B
b)
≠
Nó G δδδδvG= 0
Engaste em C
δδδδHG 0
Nó E
δvE= 0
δHE 0≠
δHE = δδδδHD
Os nós E e D são ligados por barra 
horizontal
Nó F
δδδδvF= 0
δδδδHF 0≠
δδδδvE = δδδδvG = 0
δHF = f(δδδδHE, δHG) = f(δHD, δHG)
≠
d = de + di = 2 + 0 = 2
Portanto: de = 2 = δHD e δHG
de = 2 = Nº de apoios adicionais que torna a 
estrutura indeslocável
 
A B C 
E 
F 
G D 
 
B 
C 
B C 
 
B C 
Se todos os nós são indeslocáveis de = 0 a 
estrutura é dita indeslocável
Exemplos: 
a) b) c)
A A A 
δHB= 0
di = 1 
d = de + di = 0 + 1 = 1
Estrutura deslocável de 0 ≠
de = 0 
Em a), b) e c):
θB
Estrutura deslocável de 0 ≠
Exemplo: de = 1 δHB 0≠ di = 1 
d = de + di = 1 + 1 = 2
 
A 
B C Exemplo: θB
Deformações em uma barra AB, quando nenhum 
dos nós (A ou B) é rotulado
INCÓGNITAS ROTAÇÕES E DESLOCAMENTOS LINEARES 
INDEPENDENTES DOS NÓS
dos nós (A ou B) é rotulado
δA
ρBA
θA θB
A
B
A’ B’
A’B’ = posição deformada
δA = translação da barra (não 
causa deformação)
ρBA = deslocamento ortogonal 
recíproco de B em relação à A recíproco de B em relação à A 
(deslocamento perpendicular à 
barra)
θA
θB
= rotação do nó A
= rotação do nó B
A e B: nós rígidos a barra se 
comporta como uma viga bi-
engastada
δ
ρBAA
B
B’
Deformações em uma barra AB, quando nenhum dos nós 
(A ou B) é rotulado
Deformações da barra:
- devido à carga
- devido a
- devido a
- devido a
θA
θB
ρρρρBA
δA
θA θB
A’ B’
ρρρρBA
δA : Deslocamento de corpo 
rígido, não causa deformação
ρBA a barra se comporta como uma viga bi-engastada c/ recalque 
vertical em B
a barra se comporta como uma viga bi-engastada c/ 
recalque angular em B
θB
Se considerar que a barra trabalha no regime elástico e linear: 
vale o princípio da superposição dos efeitos. Portanto: 
Barra sujeita à deformação total = barra sujeita apenas a + barra 
sujeita apenas a + barra sujeita apenas a + deformações das 
cargas
θA
θB ρρρρBA
B
Deformações em uma barra AB (quando nenhum dos nós 
é rotulado) e respectivos diagramas de momentos:
δA
deformação DMF
ρBA
M =0
+
Pelo princípio da superposição dos 
efeitos: 
δA
ρBA
θA θB
A
A’ B’
ρBA
M(ρBA)
M(θA)
+
+
=
θA
Os DMF correspondentes a cada 
deformação ( , e ) podem 
ser obtidos pelo método das forças
θA θB ρρρρBA
carga
M CARGA
M(θB)+ θB
ser obtidos pelo método das forças
Ex: DMF devido a : DMF de uma 
barra bi-engastada com recalque 
angular em A. DMF devido a : 
DMF de uma barra bi-engastada com 
recalque vertical em B
θA
ρρρρBA
Se o ponto A é rotulado: o giro em A 
é livre (não causa deformação)
B M =0
Deformações em uma barra AB (quando um dos nós é 
rotulado) e respectivos diagramas de momentos:
deformação DMF
DMF são obtidos pelo método 
das forças
δA
δA
ρBA
A
A’
B’ ρρρρBA M(ρBA)=
+
+
deformação total = + + 
+ deformações das cargas
ρρρρBA
a barra se deforma como uma viga 
θA
θB
M(θ
θB
carga
M CARGA
+ρρρρBA a barra se deforma como uma viga 
apoiada e engastada c/ recalque 
vertical em B
a barra se deforma como uma viga 
apoiada e engastada c/ recalque 
angular em B
M(θB)
θB
θB
Convenção de sinais: M > 0 e sentido anti-horário +
1. MOMENTO DEVIDO À ROTAÇÃO 
KN = rigidez do barra no nó N = valor do momento que se 
θ>>>>0
θ
KN = rigidez do barra no nó N = valor do momento que se 
aplicado no nó N (suposto livre para girar) provoca 
a) Barra bi-engastada
 
A B 
llll 
 
llll 
θA = 1 
 
llll 
KA 
θA = 1 qual o valor 
de KA ?
viga bi-engastada 
com recalque 
angular 
θN = 1
θA= 1
Pelo Método das Forças ou pelo processo de Mohr cálculo dos 
momentos na viga bi-engastada devido ao recalque : 
 MA 
MB l
EIKM AA
4
==Se I = cte, na barra
l
EIM B
2
=
DMF
θA= 1
I = momento de inércia da barra
E = módulo de elasticidade do material
2
1
M
M
t
A
B
AB ==
coeficiente de transmissão de A para B
 
A B 
llll 
EIKM θθ 4==
Se θA = 1 l
EIKM AA
4
==
l
EIM B
2
=
AAAA l
EIKM θθ 4==
A
A
AABB l
EIMMtM θ2
2
===
Para θA 1≠
1. MOMENTO DEVIDO À ROTAÇÃO 
b) Barra engastada e rotulada:
θ
 B θ = 1 θ = 1 viga engastada -
K’A : rigidez da barra no nó A = valor do momento que se aplicado no 
nó A (suposto livre para girar) provoca θA= 1
 
A B 
llll 
 
llll 
θA = 1 
llll 
K’A 
θA = 1 qual o 
valor de 
K’A ?
viga engastada -
apoiada com 
recalque angular 
θA=1 
Pelo Método das Forças ou pelo processo de Mohr cálculo dos 
momentos na viga engastada-apoiada devido ao recalque : 
 EI3
==
θA= 1
θ = 1 MA l
EIKM AA
3
' ==Para I = cte e 
AAAA l
EIKM θϕ 3' ==
DMF
θA 1≠
θA= 1
Se
Convenção de sinais: ρBA>0 se B desloca em relação à A no 
sentido horário 
2. MOMENTOS DEVIDO AO DESLOCAMENTO ORTOGONAL 
RECÍPROCOρρρρBA
sentido horário 
a) Barra bi-engastada
 
A B 
llll 
 
ρρρρBA 
viga bi-engastada 
com recalque 
vertical ρBA em B
Pelo Método das Forças ou pelo processo de Mohr cálculo dos 
momentos na viga bi-engastada devido ao recalque ρBA=ρ em B
 MA 
MB 
ρ2
6
l
EIMM BA ==Para barra com I = cte
DMF
2. MOMENTOS DEVIDO AO DESLOCAMENTO ORTOGONAL 
RECÍPROCO ρBA (cont.) 
b) Barra rotulada e engastada
 
ρρρρBA viga engastada-apoiada com recalque vertical 
ρ em B
 
A B 
llll ρBA em B
Pelo Método das Forças ou pelo processo de Mohr cálculo dos 
momentos na viga engastada-apoiada devido ao recalque ρBA=ρ em B
ρ2A l
EJ3M =
llll 
 
MA 
Para barra com I = cte
DMFDMF
 
ρρρρAB ρ2A l
EJ3M =
Para viga engastada-
apoiada com recalque 
vertical ρAB em A
TABELA III:
Momentos de 
engastamento perfeito engastamento perfeito 
devido a recalques 
angulares ou 
recalques verticais
(para barras com 
inércia constante)
Se ρ fosse em A:
EJ3
 
ρρρρ 
para 
estruturas 
simétricas
ρ2A l
EJ3M =ρρρρAB 
12
2qLM A =
12
2qLM B −= 8
2qLM A = 8
2qLM B −=
TABELA I: 
Momentos de 
engastamento 
perfeito devido à 
carga externa
20
2pLM A =
30
2pLM B −=
15
2pLM A = 120
7 2pLM B −=
8
pLM A =
8
pLM B −=
16
3pLM A = 16
3pLM B −=
carga externa
(para vigas com 
inércia constante)
8B
2
2
L
PabM A =
2
2
L
PbaM B −=
( )bL
L
PabM A += 22
( )aL
L
PabM B +−= 22






−−=
L
b
L
MbM A
32






−−=
L
a
L
MaM B
32






−= 13
2 2
2
L
bMM A 





−= 13
2 2
2
L
aMM B
 
C 
Exemplo: 
δH 0≠ d = 1 θ1. Cálculo do nº de incógnitas d (d = de+di)
de = 1 
A 
B C δHB 0
d = de + di = 1 + 1 = 2
≠ di = 1 
2 Incógnitas ∆1 = θB
∆2 = δHBC
θBde = 1 
2. Obtenção do Sistema Principal
Sistema Principal (SP) estrutura original com as rotações 
 
A 
B C 
2 1 
Sistema 
Principal
Sistema Principal (SP) estrutura original com as rotações 
impedidas por chapas rígidas e os deslocamentos lineares impedidos 
por apoios móveis
 
A 
B C 
2 1 
2 Incógnitas: ∆1 = e ∆2 = δHBC
Sistema 
Principal
Impede as rotações com chapas 
rígidas e os deslocamentos lineares 
com apoios móveis
M momento exercido pela chapa 1 para que θ =0
2. Obtenção do Sistema Principal
θB
Adotando
M1 momento exercido pela chapa 1 para que θB =0
FH2 força horizontal exercida pelo apoio 2 para que δHBC =0
βij esforço em i causado por ∆j
βi0 esforço em i causado pela solicitação externa (carga, recalque ou ) ∆T 
β11 esforço M1 (ponto B) devido à aplicação de ∆1 = θB
β12 esforço M1 (ponto B) devido à aplicação de
β21 esforço FH2 (ponto C) devido à aplicação de
∆2 = 
∆1 = θB
δHBC
β22 esforço FH2 (ponto C) devido à aplicação de ∆2 = δHBC
β10 esforço M1 (ponto B) devido à solicitação externa
β20 esforço FH2 (ponto C) devido à solicitação externa
3. Cálculo, no sistema principal, dos momentos (Mi) nas chapas e 
reações (Fi) nos apoios móveis introduzidos
Resolução do SP sujeito, separadamente, à solicitação externa e cada 
uma das deslocabilidades
 
B 
C 
2 
1 
M1 FH2 
 
B 
C 
2 
1 
β10 β20 
=
+
A A 
 
A 
2 
1 
β11 β21 
1∆ 
1∆ 
=
 
A 
1 
β12 β22 
2∆ 2∆ 
+ +
Aplicação da Carga 
externa
∆1Aplicação de ∆2Aplicação de 
Esforços Totais = esforços da solicitação externa + 
+ esforços das rotações + 
+ esforços dos deslocamentos lineares
212111101M ∆β∆ββ ++= 222121202F ∆β∆ββ ++=
Obs: Pode adotar quaisquer valores para ∆1 e ∆2
Quando tem-se a imposição de um deslocamento linear em um dos nós 
da estrutura (no exemplo anterior, seria quando aplica: ), 
procede-se da seguinte maneira para calcular os momentos de 
engastamento perfeito em cada barra: 
1. Para cada barra deve-se calcular o deslocamento ortogonal 
recíproco ρBA causado pelo deslocamento linear imposto
2. Com o valor de ρ na barra, calculam os momentos de 
∆2 = δHBC
2. Com o valor de ρBA na barra, calculam os momentos de 
engastamento perfeito devido à imposição de ρBA no nó B.
Barra rotulada e engastada BAA l
EIM ρ2
3
=
 
A B 
llll 
 
A B EI6
 
ρρρρBA 
 
Barra bi-engastada
 
A B 
llll 
BABA l
EIMM ρ2
6
==
Convenção de sinais: FH > 0 e δH > 0 no sentido: +
 
ρρρρBA 
4. Sistema de Equações
Sistema de equações do sistema principal:
212111101M ∆β∆ββ ++=
∆+∆+= βββ 222121202 ∆+∆+= βββHF
Para que o sistema principal reproduza o comportamento 
elástico e estático da estrutura original M1 = FH2 = 0
Sistema de equações da estrutura original:
021211110 =++ ∆β∆ββ Resolve o Obtém ∆ e ∆
022212120 =++ ∆β∆ββ
Resolve o 
sistema
Obtém ∆1 e ∆2






−=












20
10
2
1
2221
1211
β
β
∆
∆
ββ
ββ
Sistema de equações na forma matricial:












−=






−
20
10
1
2221
1211
2
1
β
β
ββ
ββ
∆
∆
 2022221 β∆ββ
[β] matriz de rigidez matriz simétrica: βij= βji 
{∆} vetor solução 
{ } [ ] { }01 ββ∆ −−=
 2022212 βββ∆
{∆} vetor solução 
{β0} vetor dos termos de carga
5. Obtenção dos esforços e reações de apoio finais (E)
Pelo Princípio da superposição de efeitos:
d
O valor final do esforço ou reação de apoio em um ponto 
qualquer da estrutura é dado por:
∑
=
+=
d
1i
ii0 EEE ∆
para carregamento externo: E0 = valor do esforço obtido no 
ponto considerando somente a carga externa
E0 para variação de temperatura: E0 = valor do esforço obtido no 
ponto considerando somente ∆T
Ei é o valor do esforço obtido no ponto considerando somente ∆i 
ponto considerando somente ∆T
para recalque: E0 = valor do esforço obtido no ponto 
considerando somente o recalque de apoio
1. Cálculo do nº de incógnitas d (d = de+di)
2. Obtenção do Sistema Principal estrutura original com as 
rotações impedidas por chapas rígidas e os deslocamentos lineares rotações impedidas por chapas rígidas e os deslocamentos lineares 
impedidos por apoios móveis
3. Cálculo, no sistema principal, dos momentos (M) nas chapas e 
reações (F) nos apoios móveis introduzidos
Resolução do SP sujeito, separadamente, à solicitação externa e cada 
uma das deslocabilidades: Cálculo de βij e βi0 (ou βir ou βit) 
212111101M ∆β∆ββ ++= F ∆β∆ββ ++=
4. Impõe M=0 nas chapas e F=0 nos apoios móveis: obtém os sistema 
de equações: 
5. Obtêm os esforços e reações de apoio finais: 
212111101M ∆β∆ββ ++= 222121202F ∆β∆ββ ++=
{ } [ ] { }01 ββ∆ −−=
∑
=
+=
d
1i
ii0 EEE ∆
Para se calcular os momentos de engastamento perfeito numa 
determinada barra devido a um recalque, procede-se de maneira 
análoga de quando tem-se a imposição de um deslocamento linear 
em um dos nós da estrutura:
1. Para cada barra deve-se calcular o deslocamento ortogonal 
Solicitação externa = Recalque de apoio 
1. Para cada barra deve-se calcular o deslocamento ortogonal 
recíproco ρBA causado pelo recalque imposto
2. Com o valor de ρBA na barra, calculam os momentos de 
engastamento perfeito devido à imposição de ρBA no nó B.
Barra rotulada e engastada BAA l
EIM ρ2
3
=
 
A B 
llll 
Barra bi-engastada
 
A B 
llll 
BABA l
EIMM ρ2
6
==
ρρρρBA é obtido através do traçado de um Williot
Hipótese: as deformações são pequenas, portanto, pode-se 
considerar que a extremidade da barra se desloca na direção 
perpendicular à direção inicial da barra
Exemplo: ∆1= encurtamento de AC
 
A B 
C
C 1 2 
3 
Exemplo: ∆1= encurtamento de AC
∆2= encurtamento de BC
∆3= alongamento de AB
A, B e C: posições iniciais dos nós.
a, b e c: posições dos nós após deformação
Obs: A = a, o ponto A não se desloca, pois A é um ponto fixo;
B vai se deslocar apenas na horizontal devido ao apoio móvel em B;B vai se deslocar apenas na horizontal devido ao apoio móvel em B;
A reta AC se desloca na direção perpendicular à AC, por hipótese;
A reta BC se desloca na direção perpendicular à BC, por hipótese;
O ponto C na posição deformada (ponto c) é dado pela interseção das retas 
que indicam a direção dos deslocamentos de AC e BC.
 
A B 
C
C 1 2 
3 
Exemplo:
Processo:
1. Adota a origem (O), que deve ser um nó fixo (no ex: O = A = a)
2. A partir de O, marcam os alongamentos ou encurtamentos das barras com 
∆1= encurtamento de AC
∆2= encurtamento de BC
∆3= alongamento de AB
A, B e C: posições iniciais dos nós.
a, b e c: posições dos nós após deformação
2. A partir de O, marcam os alongamentos ou encurtamentos das barras com 
extremidade em O: 
- ∆1(// à AC), acha o ponto 1.
- ∆3(// à AB), acha o ponto 3 = b.
3. A partir de b, marca encurtamento da barra 2: marca ∆2 (// à BC), acha o ponto 2.
4. Em 1 passa uma reta perpendicular à AC (representando a direção do 
deslocamento de AC) e em 2 passa uma reta perpendicular à BC (representando a deslocamento de AC) e em 2 passa uma reta perpendicular à BC (representando a 
direção do deslocamento de BC). O ponto c é dado pelo encontro dessas 2 retas.
 O,a 3, b 
1
C 
∆1 2
C 
c
δc 
ρCA 
ρCB 
∆3 
∆2 Oa Ob Oc
São os deslocamentos absolutos de A, B e C
cOOcCA 11=−=ρ
cOOcCB 22 =−=ρ
Solicitação externa = Variação linear de temperatura ∆T 
∆T = ti – te 
h te t 
Seja a estrutura, cujas fibras externas sofrem uma variação de 
temperatura diferente daquela que ocorre nas fibras internas:
Gradiente térmico do interior em relação ao 
exterior
te: variação de temperatura na fibras externas
ti: variação de temperatura nas fibras internas
te
ti
h
h ti 
∆T é linear ao longo de h
h: altura da seção transversal:
h
exterior
tg: variação de temperatura no CG
ti
No CG ocorrem duas deformações:dδCG = α tg ds
( ) ( ) ( ) ds
h
tds
h
tt
h
dddtgd eiei ∆ααδδϕϕ =−=−==
No CG
 
ds
h
dδδδδe
dδδδδi
dφ
dδδδδCG
CG
dφ
rotação
alongamento
 dδδδδe
dδδδδi
dφ
dδδδδCG dφ
ds
h CG
=
 
dδδδδCG
ds
h CG
+
 
dφ
dφ
ds
h CG
dδδδδCG-dδδδδe dδδδδCG-dδδδδe
a) b)
dδδδδCG
dδδδδi - dδδδδCG
dδδδδi - dδδδδCG
a) Efeito de variação uniforme de temperatura : e ∆T = 0
Efeito na seção: causa o alongamento uniforme ao longo de h dδδδδCG
0≠tg
alongamento rotação
b) Efeito de variação linear de temperatura : ∆T = ti – te e tg = 0
Efeito na seção: causa a rotação dφ
SOLUÇÃO DO SP SUJEITO A ∆T = SP SUJEITO À SOLICITAÇÃO a) + 
SP SUJEITO À SOLICITAÇÃO b)
a) Efeito de variação uniforme de temperatura: e ∆T = 0
Efeito na seção: causa o alongamento uniforme ao longo de h
A barra de comprimento Li terá a variação de comprimento igual a: 
Conhecidos os para todas as barras, traça um Williot para conhecer 
os deslocamentos ortogonais recíprocos e, então, calcular os momentos de 
engastamento perfeito em cada barra. 
dδδδδCG
∆Li = α tg Li
∆Li
0≠tg
engastamento perfeito em cada barra. 
b) Efeito de variação linear de temperatura: ∆T = ti - te, com tg = 0
Efeito na seção: causa a rotação
Como não há variação de temperatura no CG, não há variação de comprimento 
das barras. Portanto, os efeitos no SP são dados pelos momentos de engastamento
perfeito das vigas sujeitas ao ∆T = ti – te:
dφ
perfeito das vigas sujeitas ao ∆T = ti – te:
( )
h
tetiEIM A 2
3 −
=
α A B 
llll 
M A 
 
A B 
llll 
M A M B 
Pelo Método das forças, resolve a viga hiperestática sujeita a ∆T = ti – te:
( )
h
tetiEIMM BA
−
=−=
α6
Se a estrutura é plana, elástica e geometricamente simétrica
SIMPLIFICAÇÕES NO CÁLCULO DE ESTRUTURAS SIMÉTRICAS
Se a estrutura é plana, elástica e geometricamente simétrica
1ª SIMPLIFICAÇÃO: corta a estrutura na seção S de simetria e
resolve apenas metade da estrutura (possível apenas para estruturas
abertas)
Dependendo do carregamento e da posição da seção de simetria S,Dependendo do carregamento e da posição da seção de simetria S,
pode-se concluir que 1 ou mais deslocamentos em S são nulos 2ª
SIMPLIFICAÇÃO: há diminuição do d (nº de deslocabilidades)
VANTAGENS DE CONSIDERAR A SIMETRIA:
1. Há redução do nº de grau de deslocabilidade (d)
2. Estrutura a ser resolvida é apenas a metade da original2. Estrutura a ser resolvida é apenas a metade da original
1. Para solicitação simétrica: 
Os diagramas solicitantes da outra metade da estrutura são 
simétricos (mesmos valores e mesmos sinais) para momento e 
esforço normal e anti-simétrico (mesmos valores, mas sinais 
OBTENÇÃO DOS DIAGRAMAS SOLICITANTES DA OUTRA METADE:
esforço normal e anti-simétrico (mesmos valores, mas sinais 
contrários) para esforço cortante 
2. Para solicitação anti-simétrica: 
Os diagramas solicitantes da outra metade da estrutura são anti-
simétricos para momento e esforço normal e simétrico para 
esforço cortante
1. Se o eixo de simetria intercepta ortogonalmente a barra na 
seção S de simetria:
Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas 
com solicitações simétricas:
Em S, o deslocamento horizontal e rotação são nulos (δH e θ
provocados pelo lado da esquerda são anulados pelos δH e θ
0=θ
0NS ≠0H =δ
0M S ≠
provocados pelo lado da esquerda são anulados pelos δH e θ
provocados pelo lado da direita):
 
a 
b c c b 
S P P 
T T 
Exemplo:
Na seção S de simetria há apenas deslocamentos verticais.
0V ≠δ 0QS =
b c c b 
Rompe a estrutura na seção de simetria S, coloca um vínculo 
que impeça δH e θ e permita δv.
Exemplos:
Solução para estruturas abertas: 
Estrutura a ser 
resolvida
Reações: M 
e RH
S
PP
TT
b
c c
b
S = CP
T
(impede δH e θ)
A
B C
D A
B
a)
 
a 
b c c b 
S=C P P 
T T 
A 
B D 
E 
d = de + di = 1+2 = 3
de = 1 δHBD 0
ƟB
≠
di = 2 ƟD
de = 1 δVC 0
ƟB
≠
di = 1 d = 2
Sistema Principal:
Estrutura simétrica com Diminuição uniforme de Temperatura
S
S
Em S: e
Estrutura a ser 
0=θ0H =δ
Outros exemplos de estruturas simétricas com solicitações 
simétricas
b)
a ab b
Estrutura 
fechada: S Estrutura a ser resolvida
S Estrutura a ser 
resolvida
S
c)
a a
resolvida
(Corta em S)
Em S: e 0=θ0H =δ
2. Se o eixo de simetria atravessa toda a barra na seção S de 
simetria:
Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas 
com solicitações simétricas:
Na seção de simetria S há apenas deslocamentos verticais:
0=θ0V ≠δ 0H =δ0=θV H
Se δv estiver impedido por um apoio na extremidade da barra 
rompe a estrutura em S e coloca um engaste, pois em 
S terá: δv = δH = θ = 0.
 
a 
S 
P P 
T T 
Exemplo:
0V =δ
 
S 
P 
Estrutura a ser 
resolvida
b c c b 
T T 
D 
T resolvida
d = di + de = 3 + 1 = 4
d = di =1
δv é impedido pelo engaste em D Em S: δv = δH = θ = 0
 
a 
S 
P P 
T T 
Exemplo:
 
S 
P 
T 
Estrutura a ser 
resolvida
b c c b 
T T 
D 
T 
d = di + de = 3 + 1 = 4
d = di =1
Há redução de 3 deslocabilidades, além da estrutura a ser resolvida 
ser bem menor ! 
Para a outra metade: DMF e DEN são simétricos e DEQ é anti-
Na barra SD há apenas esforço normal constante igual a: N = 2Rvs, 
onde Rvs é a reação vertical calculada no engaste em S.
Para a outra metade: DMF e DEN são simétricos e DEQ é anti-
simétrico
Se o eixo de simetria intercepta ortogonalmente a barra em uma 
única seção S de simetria é vantagem calcular com ks ,pois o nº 
de graus de deslocabilidades (d) reduz ainda mais. Exemplo:
PP 
3. Resolução através da rigidez de simetria (Ks) 
Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas 
com solicitações simétricas:
 P P 
a
S
PP
TT
a
b
c c
b
d = de + di = 1+2 = 3de = 1 δHBC 0
ƟB
≠
d = 2 
A
B C
D
ƟC
∆1=ƟBdi = 1 
Sistema 
Principal
(considerando simetria)
 
Aplicando ∆1:
 
a 
b c c b 
S P P 
T T 
A 
B C 
D 
ƟBdi = 2 ƟC
Se considerar simetria: δHBC= 0
devido a simetria 
1 incógnita 
 
∆∆∆∆1 ∆∆∆∆1 
1
ƟB= ƟC
ƟB= ƟC
de = 0 di = 1 
d = 1 
Cálculo da rigidez de simetria (KS)
KS = rigidez de simetria da barra bi-engastada = valor dos 
momentos simétricos que se aplicados nas extremidades da 
barra (supostas livres para girar) provocam rotações unitárias 
simétricas nas extremidades
 
A B 
llll 
 
llll 
θ= 1 θ = 1 
A B 
qual o valor 
de KS ?
viga bi-engastada com 
recalque angular 
simétrico Ɵ = 1 
 
θ= 1 θ= 1 
A B 
 
θ= 1 
A B 
 
θ= 1 
A B = +
llll 
A B 
llll 
A B 
llll 
A B = +
Pelo Método das Forças ou pelo processo de Mohr cálculo dos 
momentos na viga bi-engastada devido a cada recalque Ɵ =1
Cálculo da rigidez de simetria (KS)
 
 llll 
θ= 1 θ= 1 
A B 
 
 llll 
θ= 1 
A B 
 
 llll 
θ= 1 
A B =
+
 MA = KA 
MB =tABKA 
 
MB =-KB 
MA =-tABKB 
+
 MA = KS 
MB = -KS =
 llll llll llll 
+
BBAAA KtKM −=Momentos resultantes AABBB KtKM +−=
( )t1KKMM sBA −===
Como a barra é elasticamente simétrica KA =KB=K e tBA =tAB=t
Se I=cte ( )
l
EI
l
EIK s
25,014 =−=
+
Pode-se trabalhar apenas com metade da estrutura, pois os 
efeitos do outro lado são simétricos. Portanto, o SP resulta em:
Continuação do 
exemplo:
Sistema 
Principal
(considerando simetria)
 
∆∆∆∆1 ∆∆∆∆1 
 B C
A D
 
 ∆∆∆∆1=1 
Sistema 
Principal
 KS 
di = 1 ∆1=Ɵ
B
B
Aplicando ∆1=1: KB 
tBAKB 
KS 
para estruturas para estruturas 
simétricas, com 
carregamento 
simétrico
para estruturas 
simétricas, com 
carregamento anti-
simétrico
1. Se o eixo de simetria intercepta ortogonalmente a barra na 
seção S de simetria:
Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas 
com solicitações anti-simétricas:
Em S o deslocamento vertical é nulo (δvprovocado pelo lado da 
esquerda é anulado pelos δv provocado pelo lado da direita):
Na seção S de simetria há deslocamento horizontal e rotação 
0≠θ
0V =δ
0NS =0H ≠δ0M S =
esquerda é anulado pelos δv provocado pelo lado da direita):
0QS ≠
Exemplos:
 
a 
b c c b 
S P P 
T T 
Exemplos:
a)
Solução: rompe a estrutura na seção de simetria S, coloca um 
vínculo que impeça δv e permita δH e θ.
a
S
PP
TT
c c
SP
T
Estrutura a ser 
resolvida Reação: Rv
de = 1 δHB 0≠ d = 2
B
di = 1 de = 1 δHBC 0≠
A
B C
D
 
a 
b c c b 
S P P 
T T 
ƟB
a)
d = de +di = 1+2 = 3 Sistema Principal:
di = 1 ≠
di = 2 ƟB ƟC
ƟB
Recalque de apoio anti-simétrico
Outros exemplos de estruturas simétricas com carregamento 
anti-simétrico:
S
Em S: 0V =δ
b)
� Estrutura S Estrutura a ser 
resolvida
S
S
Estrutura a ser 
resolvida
a ab b
ρ
ρ
S
c)� Estrutura 
fechada:
S
resolvida
(Corta em S)
a a
Em S: 0V =δ
S S
c)
2. Se o eixo de simetria atravessa toda a barra na seção S de simetria:
Na seção de simetria S há deslocamento horizontal e rotação:
0≠θ0=δ 0≠δ
Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas 
com solicitações anti-simétricas:
0≠θ0V =δ 0H ≠δ
 
a 
b c c b 
S 
P P 
T T 
D 
J 
Exemplo:
As cargas dos lados esquerdo e direito da barra contribuem 
igualmente para sua deformação total metade da barra é 
solicitada pelo carregamento da esquerda e a outra metade pelo 
carregamento da direita parte a barra ao meio e resolve 
metade da estrutura
 
a 
S (C) 
P P 
T T I 
B D 
Solução do exemplo:
 
C 
P 
T 
B Estrutura a ser 
resolvida
b c c b 
T T 
F 
I 
A E 
b c 
T I/2 
F A 
resolvida
d = 3 + 1 = 4 d = 2 + 1 = 3
de = 1 δHBC 0≠
di = 2 
de = 1 δHBD 0≠
di = 3 
Sistema Principal:
 
I/2 
ƟB ƟC ƟD ƟB ƟC
d = 3 + 1 = 4 d = 2 + 1 = 3
Para a outra metade: DMF e DEN são anti-simétricos e DEQ é simétrico
Para a barra SD o DMF é o dobro daquele obtido com essa metade
b c 
3. Resolução através da rigidez de anti-simetria (Ka)
Se o eixo de simetria intercepta ortogonalmente a barra em uma 
única seção S de simetria pode-calcular através da rigidez Ka
Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas 
com solicitações anti-simétricas:
S
PP
TT
b
c c
b A
B C
D
∆1=ƟB
Sistema 
Principal
Exemplo:
 
1 1 
2 2 
2∆ 2∆
1∆ 1∆ 
∆2=δHB
 
a 
b c c b 
 C 
P P 
T T 
A 
B 
D 
S 
d = de + di = 1+2 = 3
de = 1 δHBC 0≠ di = 2 
∆1=ƟB
Devido a anti-simetria
devido a anti-simetria d=2: δHBC
∆2=δHB
O apoio 2 é dividido em 
2 apoios para que ∆2
também seja anti-
simétrico
ƟB ƟC
ƟB =ƟC di = 1 
ƟB
Ka = rigidez de anti-simetria da barra bi-engastada = valor dos 
momentos anti-simétricos que se aplicados nas extremidades 
da barra (supostas livres para girar) provocam rotações 
unitárias anti-simétricas nas extremidades
Cálculo da rigidez de anti-simetria (Ka)
unitárias anti-simétricas nas extremidades
 
A B 
llll 
 
llll 
 θ= 1 θ= 1 
A B 
qual o valor 
de Ka ?
viga bi-engastada com 
recalque angular anti-
simétrico Ɵ = 1 
 
θ = 1 θ = 1 θ = 1 θ = 1 
llll 
θ = 1 
A B 
 
llll 
θ = 1 
A B = +
Pelo Método das Forças ou pelo processo de Mohr cálculo dos 
momentos na viga bi-engastada devido a cada recalque Ɵ = 1 
 
llll 
θ = 1 θ = 1 
A B 
MOMENTOS DEVIDO À ROTAÇÃO ANTI-SIMÉTRICA Ɵ
 
llll 
θ = 1 
A B 
 
llll 
θ = 1 
A B = +
 
llll 
θ = 1 θ = 1 
A B 
 MA = KA 
MB =tABKA 
KtKM +=Momentos resultantes
 
MB =KB
MA =tABKB 
KtKM ++=
+
 MA = Ka 
MB =Ka 
=
llll llll 
A 
llll 
+ BBAAA KtKM +=Momentos resultantes AABBB KtKM ++=
( )t1KKMM sBA +===
Como a barra é elasticamente simétrica KA =KB=K e tBA =tAB=t
Se I=cte ( )
l
EI
l
EIKa
65,014 =+=
+
Solução do 
exemplo:
 
Pode-se trabalhar apenas com metade da estrutura, pois os 
efeitos do outro lado são anti-simétricos. Portanto, o SP se torna:
∆1=Ɵ
BSistema 
Principal
 
1 1 
2 2 
2∆ 2∆ 
1∆ 1∆ 
∆2=δ
HB
 
B C
A D
 
Sistema 
Principal
Aplicando ∆1=1:
B d = 2: ∆1=ƟB
∆2=δ
HB
 ∆∆∆∆1=1 
KB 
tBAKB 
Ka 
Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas com 
solicitação qualquer, para facilitar o cálculo pode-se resolvê-la da 
seguinte maneira:
1. Decompõe o carregamento em parcelas simétrica e anti-simétrica
2. Resolve metade da estrutura com o carregamento simétrico (Para 2. Resolve metade da estrutura com o carregamento simétrico (Para 
a outra metade: DMF e DEN são simétricos e DEQ é anti-simétrico)
3. Resolve metade da estrutura com o carregamento anti-simétrico 
(Para a outra metade: DMF e DEN são anti-simétricos e DEQ é 
simétrico)
4. Os diagramas solicitantes finais são obtidos somando os 4. Os diagramas solicitantes finais são obtidos somando os 
diagramas dos itens 2 e 3. 
VANTAGEM: apesar de ter que resolver a estrutura para 2 
carregamentos diferentes, a estrutura a ser resolvida é a metade 
da original, além de haver redução do d.
 
a 
P 
T 
 
a 
P/2 P/2 
Exemplos:
= +
 
a 
P/2 P/2 
Carregamento 
simétrico
Carregamento 
anti-simétrico
b c d 
T 
d 
 q1 
q2 
b c 
a 
b c 
T/2 T/2 
b c 
= + a 
b c 
T/2 T/2 
b c 
= +
 
q1/2 
q2/2 
c 
q2/2 
q1/2 q1 
 q1/2 
q2/2 
c 
q2/2 
q1/2 
a a 
b c 
c c c c 
 
d d 
q1 
q2 
d d q1/2 
q2/2 
q1/2 
 
d d q1/2 
q2/2 
q1/2 
q2/2 
= +