01.EXERCICIO VIGA - 12.03.13

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Estruturas II - 1º/2013 Universidade Nilton Lins 1 
 
Prof. Winston Zumaeta Método dos deslocamentos 12/03/2013 
4,0 m 2,0 m 2,0 m
A B C D E
4,0 m
10 kN
80 kN
40 kN/m
80 kN/m
10 kN/m
2,0 m
10 kN
20 kN
4,0 m 2,0 m
A B D E
4,0 m
80 kN
40 kN/m
80 kN/m
2,0 m
M =
40 kN.m
1 2
ED
C
1. Traçar os diagramas de esforços solicitantes (esforço cortante e momento 
fletor) da viga abaixo por meio do método dos deslocamentos. Considerar EI 
constante. 
 
 
 
 
 
Deslocabilidade interna ����: 2 (�� � �	, rotações nos nós internos B e C) 
Deslocabilidade externa ��
�: 0 (não possui deslocamentos lineares) 
Obs: o nó D não deve ser considerado como nó interno, pois o trecho DE está em 
balanço e pode ser “retirado” (exclusivamente para a análise de esforços) fazendo-se a 
equivalência estática, como pode ser visto no item a seguir. 
 
1.0 Sistema principal com carregamento externo (0) 
Nesta etapa devem-se bloquear todas as deslocabilidades existentes na 
estrutura, sejam rotações ou deslocamentos lineares. A estrutura com todas as 
deslocabilidades bloqueadas é chamada de Sistema Principal. As rotações devem ser 
bloqueadas por meio de chapas, e os deslocamentos lineares por meio de um apoio do 
1º gênero. Neste exemplo a viga possui apenas duas incógnitas de rotação, dessa 
maneira, como mostra a figura 1.1, coloca-se chapas nos nós B e C, sendo as chapas 
1 e 2 respectivamente. 
 
 
 
 
 
Figura 1.1. Sistema Principal com carregamento externo 
Ao se colocar as chapas nos nós B e C, todas as barras devem ser analisadas 
isoladamente para o cálculo dos momentos de engastamento perfeito, lembrando de 
substituir as chapas por engastes, dessa maneira, as barras serão analisadas como 
vigas biengastadas (barras AB e BC) e engastada e apoiada (barra CD) de acordo 
como mostra a figura 1.2. 
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M =
40 kN.m
ED
10 kN
20 kN
4,0 m
A B
40 kN/m
2,0 m
B C
80 kN
2,0 m
C D
80 kN/m
4,0 m
+ 53,333q.l12 =+
AB
2
 - 53,333q.l
12 =-
AB
2
+ 40P.l8 =+
BC
 - 40P.l8 =-
BC
Caso da coluna 1,
linha 1 da tabela 1.1
Caso da coluna 1,
linha 2 da tabela 1.1
Caso da coluna 2,
linha 6 da tabela 1.2
Caso da coluna 2,
linha 7 da tabela 1.2
+ 85,333q.l15 =+
CD
2
 - 20M
2 =-
ED
4,0 m 2,0 m
A B C D E
4,0 m
80 kN
40 kN/m
80 kN/m
2,0 m
M = 40 kN.m
1 2
+ 53,333 - 53,333 + 40 - 40 + 85,333
 - 20
ED
+ 65,333
 - 40
β 10 β 20
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.2. Momentos de engastamento perfeito (análise isolada por barra). 
 
Ainda na figura 1.2, na análise da barra CD, observa-se que além do 
carregamento distribuído triangular, apenas o momento de 40 kN.m oriundo da 
equivalência estática do balanço (trecho DE) geram momentos no engaste em C. 
A fim de simplificar a resolução e torná-la mais prática, nos próximos exemplos 
resolvidos, os momentos de engastamento perfeito serão apresentados como mostra a 
figura 1.3. 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.3. Momentos de engastamento perfeito (apresentação simplificada) 
 
 
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4,0 m
A B C D E
4,0 m
1 2
4,0 m
θ = 1
4,0 m
A B
B C
4,0 m
θ = 1
θ = 1
2EI
l = =
2
4 0,5AB 4EI
l = =
4
4 1,0AB
4EI
l = =
4
4 1,0BC
2EI
l = =
2
4 0,5BC
Caso da coluna 2,
linha 1 da tabela 2
Caso da coluna 1,
linha 1 da tabela 2
1.1 Sistema auxiliar (1) 
Antes de explicar o que será feito nesta etapa, deve-se saber que é necessário 
um sistema auxiliar para cada incógnita do problema, ou seja, um sistema auxiliar para 
cada deslocabilidade bloqueada na estrutura do Sistema Principal. Para este exemplo, 
como há duas incógnitas de rotação, serão necessários dois sistemas auxiliares. 
Sendo assim, nesta etapa aplica-se um giro unitário no nó 1 (nó B) da estrutura 
do sistema principal como mostra a figura 1.4, ao fazer isso, apenas as barras AB e BC 
serão flexionadas (linha tracejada fina), sendo estas as únicas barras solicitadas nesta 
análise. Observa-se que nos sistemas auxiliares o carregamento externo não é 
considerado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.4. Giro unitário no nó 1 (nó B) 
 
Aqui as barras também são estudadas isoladamente, porém serão analisadas 
apenas as barras AB e BC por serem elas as únicas solicitadas, e para facilitar as 
“contas” desta etapa, nos casos em que o valor de EI for constante (igual para a 
estrutura inteira), pode-se substituí-lo por 1, pois EI se auto-cancelará no cálculo dos 
momentos finais, não alterando seus valores. A figura 1.5 mostra esta análise 
detalhadamente. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.5. Momentos gerados no engaste devido ao giro unitário no nó B 
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4,0 m
A B C D E
4,0 m
1 2
4,0 m
θ = 1
4,0 m
A B C D E
4,0 m
1 2
4,0 m
θ = 1 4EIl = =
4
4
2EI
l = =
2
4
1,0
0,5
BC
BC
4EI
l = =
4
4 1,0AB
2EI
l = =
2
4 0,5AB β 11 β 21
Da mesma maneira como no item 1.0, a fim de simplificar a resolução e torná-la 
mais prática, nos próximos exemplos resolvidos, os momentos devido ao giro unitário, 
serão apresentados como mostra a figura 1.6. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.6. Momentos devido ao giro unitário no nó B (apresentação simplificada) 
 
 
1.2 Sistema auxiliar (2) 
 
Nesta etapa aplica-se um giro unitário no nó 2 (nó C) da estrutura do sistema 
principal como mostra a figura 1.7, ao fazer isso, apenas as barras BC e CD serão 
flexionadas (linha tracejada fina), sendo estas as únicas barras solicitadas nesta 
análise. Lembra-se que nos sistemas auxiliares o carregamento externo não é 
considerado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.7. Giro unitário no nó 2 (nó C) 
 
 
Aqui as barras também são estudadas isoladamente, porém serão analisadas 
apenas as barras BC e CD por serem elas as únicas solicitadas, e para facilitar as 
“contas”, conforme já foi explicado no item 1.1, o valor de EI será substituído por 1. A 
figura 1.8 mostra esta análise detalhadamente. 
 
 
 
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B C
4,0 m
C D
4,0 m
θ = 1
2EI
l = =
2
4 0,5BC 4EI
l = =
4
4 1,0BC
θ= 1
3EI
l = =
3
4 0,75CD
Caso da coluna 2,
linha 1 da tabela 2
Caso da coluna 1,
linha 2 da tabela 2
4,0 m
A B C D E
4,0 m
1 2
4,0 m
θ = 1 3EIl = =
3
4 0,75CD
4EI
l = =
4
4 1,0BC
2EI
l = =
2
4 0,5BCβ 12 β 22
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.8. Momentos gerados no engaste devido ao giro unitário no nó C 
 
Conforme já foi mencionado, a fim de simplificar a resolução e torná-la mais 
prática, nos próximos exemplos resolvidos, os momentos devido ao giro unitário, serão 
apresentados como mostra a figura 1.9. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.9. Momentos devido ao giro unitário no nó C (apresentação simplificada) 
 
1.3 Cálculo dos �′
 
 
Os �′� que contêm o zero no índice (���, ���, ��� … � são os termos de carga, o 
restante (���, ���, ���, ��� … � são os coeficientes da matriz de rigidez. De uma forma 
prática, eles são a soma de todos os momentos ou forças em um determinado nó. Para 
este caso: 
 
 
 
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� O ��� é a soma de todos os momentos “ao redor” do nó 1 no sistema principal (0). 
� O ��� é a soma de todos os momentos “ao redor” do nó 1 no sistema auxiliar (1). 
� O ��� é a soma de todos os momentos “ao redor” do nó 1 no sistema auxiliar (2). 
� O ��� é a soma de todos os momentos “ao redor” do nó 2 no sistema principal (0). 
� O ��� é a soma de todos os momentos “ao redor” do nó 2 no sistema auxiliar (1). 
� O ��� é a soma de todos os momentos “ao redor” do nó 2 no sistema auxiliar (2). 
 
Seguindo a convenção de sinais adotada, os �′� calculados são estes: 
 
��� = − 53,333 + 40 = − 13,333 ��� = 1,0 + 1,0 = 2,0 ��� = 0,5 
 
��� = − 40 + 65,333 = 25,333 ��� = 0,5 ��� = 1,0 + 0,75 = 1,75 
 
 
 1.4 Montagem do sistema de equações 
 
Uma dica para a montagem das equações é sempre fixar o primeiro índice dos 
�′� e aumentar gradativamente o segundo ao realizar a soma, sendo que os �′� dos 
sistemas auxiliares (���, ���, ���, ��� … � devem ser multiplicados pelas suas respectivas 
incógnitas. 
 
 
 ��� + ����� + ����	 = 0 ����� + ����	 = −��� 
 ��� + ����� + ����	 = 0 ����� + ����	 = −��� 
 
 2,0�� + 0,5�	 = − �−13,333� 2,0�� + 0,5�	 = + 13,333 
 0,5�� + 1,75�	 = − �25,333� 0,5�� + 1,75�	 = − 25,333 
 
Resolvendo o sistema por meio da calculadora, obtém-se: 
 
"# = $$,%&&'( )*+ e ", =
-$&,./$
'( )*+ 
 
Obs: Não esquecer que o coeficiente EI ainda existe e deve ser colocado na resposta. 
 
 
 
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1.5 Cálculo dos momentos finais 
Barra AB 
Para comprovar o que foi dito nos sistemas auxiliares em relação ao valor de 01, 
será considerado o produto 01 apenas para este cálculo de momento, os próximos 
serão feitos de maneira direta. 
234 = 235 + 236 . �� + 238 . �	 
234 = 53,333 + 0,501 9 :
11,077
01 ; + 0 9 :
−17,641
01 ; 
234 = 53,333 + 0,501 9 <��,�==>? @ 
234 = 53,333 + 5,539 
BCD = EF, F&G HI. J ↶ Giro anti-horário 
 
2�4 = 2�5 + 2�6 . �� + 2�8 . �	 
2�4 = − 53,333 + 1,0 9 �11,077� + 0 9 �−17,641� 
2�4 = − 53,333 + 11,077 
B#D = − /G, GE. HI. J ↷ Giro horário 
 
Barra BC 
2�4 = 2�5 + 2�6 . �� + 2�8 . �	 
2�4 = 40 + 1,0 9 �11,077� + 0,5 9 �−17,641� 
2�4 = 40 + 11,077 − 8,821 
B#D = /G, GE. HI. J ↶ Giro anti-horário 
 
2	4 = 2	5 + 2	6 . �� + 2	8 . �	 
2	4 = − 40 + 0,5 9 �11,077� + 1,0 9 �−17,641� 
2	4 = − 40 + 5,539 − 17,641 
B,D = − EG, $%G HI. J ↷ Giro horário 
 
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Barra CD 
2	4 = 2�5 + 2�6 . �� + 2�8 . �	 
2	4 = 65,333 + 0 9 �11,077� + 0,75 9 �−17,641� 
2	4 = 65,333 − 13,231 
B,D = EG, $%G HI. J ↶ Giro anti-horário 
 
 
2N4 = 2N5 + 2N6 . �� + 2N8 . �	 
2N4 = − 40 + 0 9 �11,077� + 0 9 �−17,641� 
BOD = − /% HI. J ↷ Giro horário 
 
Barra DE 
O momento final para esta barra é o mesmo da equivalência estática feita no 
item 1.0, que foi obtido diretamente pelo cálculo isostático, pois se trata de um trecho 
em balanço. Este momento atua diretamente no nó D, diferente dos outros casos em 
que o momento atua na extremidade das barras, dessa maneira, o 2N4 desta barra será 
o mesmo 2N4 da barra CD. 
2N4 = − 10 9 2,0 − �10 9 2,0� 9 
2,0
2 
2N4 = − 20 − 20 
BOD = − /% HI. J ↷ Giro horário 
 
B'D = % (Pois é a extremidade livre do balanço). 
 
 
 
 
 
 
 
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lado superior
lado inferior
lado superior
lado inferior
(a-1) (a-2)
(b-2)
(b-1)
lado superior
lado inferior
 comprimido
 tracionado
lado superior
lado inferior
tracionado
comprimido
A
B C
D
52,102 52,102 4058,872 42,256 42,256
E
1.6 Esquema dos momentos na viga 
Na figura 1.10, mostra-se o esquema de todos os momentos finais calculados, 
apenas para melhor visualização de como será o traçado do diagrama de momentos 
fletores. 
 
 
 
Figura 1.10. Esquema de momentos em kN.m 
 
Lembra-se que o diagrama de momentos fletores deve ser traçado do lado 
tracionado da barra (convenção brasileira). Com o intuito de esclarecer qual será o lado 
tracionado, faz-se uma rápida análise das barras mostradas na figura 1.11, onde a 
barra (a-1) quando submetida aos momentos na extremidade, flexiona-se da maneira 
mostrada na figura 1.11 (a-2), tracionando o lado superior e comprimindo o lado 
inferior. No caso da barra (b-1) quando submetida aos momentos na extremidade, 
flexiona-se da maneira mostrada na figura 1.11 (b-2), tracionando o lado inferior e 
comprimindo o lado superior. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.11. Lado tracionado e comprimido das barras 
 
Sendo assim,o diagrama de momentos fletores será traçado no item seguinte.
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4,0 m 2,0 m
A
B C
D
4,0 m
80 kN
2,0 m
52,102 52,102 40
160 kN160 kN
 RESULTANTE
(carregamento retângular)
58,872 42,256 42,256
10 kN
20 kN
160
2
160
2
80
2
4
58,872
4
58,872
4
42,256
52,102
80
2
160 x 2
4
42,256
4
52,102
52,102
4
52,102
4
40
+ 30
RESULTANTE
4
42,256
4
42,256
4 4
160 x
4
40
3 4
4
1
3 x 4,0 23 x 4,0
 x 13 4
4
 x
 VA =
84,154 kN
 VB =
113,385 kN
 VC =
152,154 kN
 VD =
80,308 kN
 RESULTANTE
(carregamento triângular)
40 x 4,0 =
80 x 4,0
2,0 =
E
4,0 m 2,0 m 2,0 m
A B C D E
4,0 m2,0 m
52,102
40
58,872
42,256
29,652M =máx
80q.l8 =
AB
2
35,225M =máx
80P.l4 =
BC 80q.l16 =
CD
2
5q.l8 =
DE
2
Parábola
do 2º grau
Parábola
do 3º grau
Parábola
do 2º grau
32,821M =máx
2,104 m 1,757 m
1.7 Traçado do diagrama de momento fletor (DMF) 
Na figura 1.12, mostra-se o traçado do diagrama de momentos fletores. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.12. Diagrama de momentos fletores (DMF) em KN.m 
 
1.8 Cálculo das reações de apoio 
Na figura 1.13, mostra-se o cálculo detalhado das reações de apoio. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.13. Cálculo das reações de apoio 
 
Estruturas II - 1º/2013 Universidade Nilton Lins 11 
 
Prof. Winston Zumaeta Método dos deslocamentos 12/03/2013 
3 x4 x5
4,0 m 2,0 m 2,0 m
A B C D E
4,0 m
10 kN
80 kN
40 kN/m
80 kN/m
10 kN/m
2,0 m
x1 x2 x
1.9 Cálculo dos esforços cortantes 
Antes de calcular os esforços cortantes deve-se dividir a viga em trechos, cada 
trecho iniciando com sua própria abscissa �9�, 9�, 9P, ��� … �. E essa divisão deve ser 
feita da seguinte maneira: 
� Todo carregamento concentrado, seja uma força ou momento, separam um 
trecho do outro. 
� Todo início e fim de carregamento distribuído também separam um trecho do 
outro. 
� Todo apoio, seja do 1º ou do 2º gênero, também separam um trecho do outro. 
 
Dessa maneira, neste caso, teremos a viga com os trechos mostrados na figura 
1.14. 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.14. Viga separada em trechos 
 
Será calculado o esforço cortante no início e no fim de cada trecho obedecendo 
a legenda e a convenção mostradas a seguir. 
Legenda: 
Q�,R → TUV�WX�� XU YXí�YU �U �V��ℎU [ 
Q4,R → TUV�WX�� XU \Y] �U �V��ℎU [ 
 
Convenção: 
^YVU XU ��X�Y�U ℎUVáVYU, �UV�WX�� `U�Y�YaU. 
^YVU XU ��X�Y�U WX�Y − ℎUVáVYU, �UV�WX�� X�bW�YaU. 
 
 
Estruturas II - 1º/2013 Universidade Nilton Lins 12 
 
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x1 x2 x3 x4 x5
A B C D E
 VA =
84,154 kN
 VB =
113,385 kN
 VC =
152,154 kN
 VD =
80,308 kN
80 kN 160 kN160 kN
10 kN20 kN
RESULTANTE RESULTANTE
RESULTANTE
Q Qi,1 f,1 Q Qi,2 f,3 Q Qi,4 f,4 Q Qi,5 f,5
Qf,2 Q i,3
Na figura 1.15, mostra-se o esquema para o cálculo dos esforços cortantes 
indicando a posição exata de todos os termos que serão calculados cQ�,�, Q4,�, ��� … d. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.15. Esquema para cálculo dos esforços cortantes 
 
1.9.1 Trecho 1 
Q�,� = e3 = 84,154 fg 
Q4,� = Q�,� − h��ij�3� = 84,154 − 160 = − 75,846 fg 
 
1.9.2 Trecho 2 
Q�,� = Q4,� + e� = − 75,846 + 113,385 = 37,539 fg 
Q4,� = Q�,� = 37,539 fg 
 
1.9.3 Trecho 3 
Q�,P = Q4,� − 80 = 37,539 − 80 = − 42,461 fg 
Q4,P = Q�,P = − 42,461 fg 
 
1.9.4 Trecho 4 
Q�,k = Q4,P + e	 = 109,693 fg 
Q4,k = Q�,k − h��ij�	N = 109,693 − 160 = − 50,307 fg 
Estruturas II - 1º/2013 Universidade Nilton Lins 13 
 
Prof. Winston Zumaeta Método dos deslocamentos 12/03/2013 
A B C D E
84,154
75,846
37,539
42,461
109,693
50,307
30
10
40q.l8 =
CD
Horiz.
Parábola
do 2º grau
2,104 m 1,757 m
4,0 m 2,0 m 2,0 m4,0 m2,0 m
1.9.5 Trecho 5 
Q�,l = Q4,k + eN = − 50,307 + 80,308 = 30, 001 ≅ 30 fg 
Q4,l = Q�,l − h��ij�N> = 30 − 20 = 10 fg 
 
1.10 Traçado do diagrama de esforços cortantes (DEC) 
Na figura 1.16, mostra-se o traçado do diagrama de esforços cortantes. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.16. Diagrama de esforços cortantes (DEC) em kN 
 
Algumas observações podem ser feitas sobre o diagrama traçado acima: 
� No trecho AB, tem-se um carregamento distribuído retangular, dessa 
maneira, a equação de esforço cortante será uma função do 1º grau, 
resultando em uma reta decrescente como gráfico. 
� No trecho BC, tem-se uma carga concentrada aplicada no meio do vão, 
dessa maneira, a equação de esforço cortante será uma função constante 
para as duas metades da barra BC, resultando em uma reta como gráfico, 
sendo essa reta paralela ao eixo da viga. 
� No trecho CD, tem-se um carregamento distribuído triangular 
decrescente, dessa maneira, a equação de esforço cortante será uma 
função do 2º grau, resultando em uma parábola do 2º grau. Pelo fato de 
ser decrescente, ele será zero em D, e nesta posição o ângulo que o 
diagrama faz com a horizontal deve ser zero, deixando o diagrama na 
horizontal. 
� E por fim, no trecho DE, caso análogo ao trecho AB, tem-se um 
carregamento distribuído retangular, dessa maneira, a equação de 
esforço cortante será uma função do 1º grau, resultando em uma reta 
decrescente como gráfico.