6. MetodoDosDeslocamentos Parte 2

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Silvio de Souza Lima
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n
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a
 -
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F
R
J
Silvio de Souza Lima
Professor Titular, D.Sc., Eng. Civil
Departamento de Estruturas
Escola Politécnica, UFRJ
Método dos Deslocamentos
(Parte 2)
Silvio de Souza Lima
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a
 -
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J
Resolver a estrutura mostrada na figura. As barras não apresentam
deformação axial. Adotar para todas as barras I=5,4E-3 m4 e E=28GPa.
Estado E1
Estrutura com uma Deslocabilidade Interna
6,0 m 6,0 m
5
,0
 m
2,0 cm
A B
C
1 2
3
D
1
Sistema Principal
41056,7 
410072,9 
410808,5 
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J
Para a determinação do estado E0 é necessário calcular momentos de
engastamento perfeito das barras quando da imposição do recalque ao SP.
Para isto tem-se que determinar os deslocamentos ortogonais recíprocos
das barras, o que pode ser feito com a utilização do processo de Williot.
0,a
b c
perpendicular à barra 2 
perpendicular à barra 1 
perpendicular à barra 3 
d
bc=ad=1,67 cm ac=2,60 cm
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a
 -
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J
Deslocamentos Ortogonais Recíprocos
Barra 1:
A
B
2,60 cm
Barra 2:
B
C
1,67 cm
Barra 3:
C D
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É necessário calcular os momentos de engastamento originados pelos
deslocamentos ortogonais recíprocos. Assim tem-se:
Barra 1: 338,193δ
L
3EI
2

Barra 2:
05,303δ
L
3EI
2

(kNm)
Barra 3:
0,252δ
L
3EI
2

-252,0
Estado E0
193,338
303,05
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Coeficiente de rigidez:
5444
11 102,2441056,7105,80810072,9k 
Coeficiente de carga:
244,38805,033338,9310,522f10 
Equação de equilíbrio:
0244,388d102,244 1
5 
Resolvendo:
3
1 10089,1d

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Resolver a estrutura anterior considerando que as barras 1 e 2
experimentem uma variação uniforme de temperatura de +500 e +350 ,
respectivamente. Adotar α=10-5.
A matriz de rigidez é a mesma calculada no exemplo anterior. É necessário 
calcular os vetores de carga. A variação uniforme de temperatura provoca 
variação do comprimento das barras, o que acarreta mudança de posição 
dos nós. Portanto para a determinação dos deslocamentos ortogonais 
recíprocos, deve-se fazer o Williot correspontente.
Variação nos comprimentos:
Barra 1:
35
1 10343,2810,73010
  352 1075,153510
 
Barra 2:
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a
 -
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0,a,b
c
3
2 10343,2

3
1 1075,1

2
2
perpendicular à barra 2 
perpendicular à barra 1 
perpendicular à barra 3 
d310592,1 
3103254,0 
Diagrama Williot
Dimensões em metro
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a
 -
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J
Deslocamentos Ortogonais Recíprocos
Barra 1:
A
B
3,254 ∙10-4 m
Barra 2:
B
C
1,592∙10-3 m
Barra 3:
C
D
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22,05
Estado E0
-2,4197
28,885
Coeficiente de carga:
518,8405,228,88524197,2f10 
Resolvendo:
4
1 10162,2d

97,414197,2)10162,2(10808,5M 44AC 

27,9885,28)10162,2(10072.9M 44bC 

71,505,22)10162,2(1056,7M 44CD 

Momentos Fletores (kNm):
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Exercício:
A B C
8,0 m 2,5 m 2,0 m
4102,5k 
kNm/rad
30 kN/m
150 kN 50 kN
2,5 m
E=28 GPa I=0,0054 m4
1 2
Sistema Principal
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a
 -
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J
1 2
41056,7 
41078,3 
41050,2 
Estado E1
1 2
41078,3 
41056,7 
410072,9 
Estado E2
1 2
Estado E0
160,0 -160,0 90,625
544
11 10006,11050,21056,7k 
544
22 106632,110072,91056,7k 
4
2112 103,78kk 
675,6925,900,160f20 
0,160f10 
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Equação de equilíbrio:





























0
0
69,675
160,0
d
d
101,662103,78
103,78101,006
2
1
54
45
Resolvendo:

















4
3
2
1
108,539
101,911
d
d
47,81160,0108,539103,78)101,911(107,56M 4434AB 

-167,68160,0108,5391056,7)101,911(1078,3M 4434BA 

-168,01625,90108,53910072,9M 44BC 

Momentos Fletores (kNm):
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Aplicando a Estruturas com Deslocabilidade Externa
Havendo deslocabilidades externas, será necessário determinar os
deslocamentos ortogonais recíprocos para as barras, quando da imposição
dos deslocamentos unitários nas direções das deslocabilidades externas. O
método de Williot resolve a questão, de forma semelhante ao feito quando
do estudo da ação de recalques em estruturas com deslocabilidades interna
apenas.
Resolver a estrutura mostrada na figura. Desprezar a deformação axial das
barras. Adotar para todas as barras I=5,4E-3 m4 e E=28GPa.
1
0
 k
N
/m
100 kN
8,0 m
6
,0
 m 4
,0
 m
A
B C
D
1
2
3
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c
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a
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1 2
3
Sistema Principal
1 2
3
Estado E1
41056,7 
41078,3 
510008,1 
41004,5 
41052,2 
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a
 -
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1 2
1
2
3
3
Estado E2
41056,7 
41078,3 
510134,1 
410835,2 
Deslocamentos ortogonais recíprocos quando da imposição de
deslocamento unitário na direção da deslocabilidade 3:
0,a,d b,c
1,0
Diagrama Williot
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n
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a
 -
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A
B
D
C
Barra 1: Barra 3:
1,0 1,0
A barra 2 tem deslocamento ortogonal recíproco nulo.
410835,2 
1 2
3
Estado E3
4105488,1 
41052,2 
41052,2 
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1 2
3
Estado E0
0,20
0,25
545
11 10764,11056,710008,1k 
554
22 1089,110134,11056,7k 
4
33 105488,1k 
4
2112 103,78kk 
4
3113 1052,2kk 4
3223 10835,2kk 
Coeficientes de rigidez:
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o
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c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
Coeficiente de carga:
0f10 
0,20f20 
0,25f30 
Equações de equilíbrio:













































100,0
0
0
0,52
20,0
0
d
d
d
101,5488102,834102,52
102,834101,89103,78
102,52103,78101,764
3
2
1
444
454
445
Resolvendo:


























2-
3
3
3
2
1
101,364
101,620
101,602
d
d
d
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é
c
n
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a
 -
U
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J
Exercício:
Resolver a estrutura considerando E=28 GPa e I=0,0054 m4. Desprezar a
deformação axial das barras.
3,0m
1
2 3
A
B
C
D
3,0m
4,0m
1,0m
1,5 cm
1
0
 k
N
/m
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2
3
Sistema Principal
Duas deslocabilidades internas e uma externa.
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a
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1
2
3
Estado E1
510512,1 
41056,7 
5109125,1 
410563,9 
410674,8 
4544
31 108,6759)cos(18,434101,20979)sin(18,434109,0719105,67k 
41067,5  4100719,9 
1
18,43490k13
5102097,1 
Estado E1:
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Forma mais eficiente de determinar as reações no apoio fictício em
direção de deslocabilidade externa:
Estando o sistema em equilíbrio, pelo
Princípio dos Trabalhos Virtuais, ao se
impor um deslocamento qualquer (na cadeia
cinemática) o trabalho resultante é nulo.
Assim pode-se escrever, para um
deslocamento unitário na direção de F:
0)ωm(m)ωm(m)ωm(m1,0F CDDCCDBCCBBCABBAAB 
 CDDCCDBCCBBCABBAAB )ωm(m)ωm(m)ωm(mF- 
(1)
A
1,0
C
D
B
mAB
mBA
mBC
mCB
mCD
mDC
F
ωAB ωDC
ωBC
A eliminação do sinal negativo acima pode ser feita adotando ser a rotação ω positiva no
sentido anti-horário e o trabalho positivo quando momento e rotações tiverem sentidos
contrários. O trabalho da força será positivo se o deslocamento for no sentido contrário ao
da força.
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0,a,d b
c
1
1,5811
1,5811
018,4349018,4349
071,5651
036,8699
perpendicular à barra 2 perpendicular à barra 3 
Diagrama Williot para deslocamento unitário na direção da deslocabilidade 3.
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Deslocamentos ortogonais recíprocos.
A
B
1
4
,0
0,25
4
1
ωAB 
Barra 1:
B
C
0,50
3,1623
1,5811
ωBC 
Barra 2:
C
D
0,50
3,1623
1,5811
ωCD 
Barra 3:
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J
Aplicando a equação 1, tem-se:
44554
31 10674,80,50)10563,910(1,9125)0,2510512,1107,56k 
4
5
54
32 10172,7
0,50101,4344
)0,50109125,110(9,563-
k 











1
2
3
Estado E2
5109125,1 
410563,9 
5104344,1 
410172,7 
Estado E2:
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J
Com os deslocamentos ortogonais recíprocos obtidos anteriormente
(clique aqui), obtém-se:
1
2
3
Estado E3
41067,5 
41067,5 
5104344,1 
5104344,1  4101719,7 
5100765,2 
Estado E3:
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Deslocamentos ortogonais recíprocos decorrentes do recalque.
Estado E0:
0,a,b
d
c
1,5
018,4349
perpendicular à barra 2 perpendicular à barra 3 
018,4349
0,79056
0,79056
dimensões em centímetros
Diagrama Williot
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J B
CBarra 2:
C
D
Barra 3:
Barra 1 o deslocamento recíproco é nulo.
deslocamentos em centímetros
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J
1
2
3
Estado E0
333,13
333,13
196,717
196,717 598,358
897,5570,540,00,50598,3580,50717,196)(717,196f30 
897,537
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J
555
11 104245,310512,1109125,1k 
Coeficientes de rigidez:
555
22 103469,3104344,1109125,1k 
5
455
44
33 100765,2
50,0101719,750,0)104344,1104344,1(
25,0)1067,51067,5(
k 











4
12 10563,9k 
4
21 10563,9k 
445
23 101721,7101799,7104344,1k 
445
13 10674,81067,5104344,1k 
4
45
54
31 10674,8
0,50)10563,910(1,9125
)0,2510512,110(7,56
k 











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4
5
54
32 10172,7
0,50)(101,4344
)0,50109125,110(9,563
k 











Coeficientes de carga:
863,703333,13196,717f10 
794,1075598,358196,717f20 
897,557f30 
Equações de equilíbrio:














































0
0
0
897,557
794,1075
703,863
d
d
d
100765,2101721.7-10674,8-
101721.7-103469,3109,563
10674,8-109,563104245,3
3
2
1
544
454
445
Resolvendo:


























3-
3
4
3
2
1
101,368
10644,2
10705,9
d
d
d
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
Momentos Fletores (kNm):
53,7113,33310368,11067,5)109,705(107,56M 3444AB 

51,82333,1310368,11067,5)109,705(101,512M 3445BA 

51,82196,17710368,1)104344,1(
)10644,2(109,563)109,705(109125,1M
35
3445
BC




50,77196,17710368,1)104344,1(
)10644,2(109125,1)109,705(10563,9M
35
3544
CB




45,77598,358
10368,1101719,7)10644,2(104344,1M 3435CD

 
E1 E2 E3 E0
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
Exercício:
Resolver a viga contínua da figura, considerando que todas as barras têm a
mesma seção transversal e constituídas do mesmo material.
30 cm
6
0
 c
m
E=28 GPa
25 kN/m
150 kN
6,0 m 6,0 m 3,0 m 2,0 m
-300
+300 km=1,5∙10
4 kN/m
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
Exercício:
6,0 m
3
,0
 m
3
,0
 m
5
0
,0
 k
N
/m
elemento de rigidez infinita
elemento de rigidez infinita
150 kN
Todas as colunas são iguais
com momento de inércia
I=0,0054 m4 e material
com E=28GPa. Desprezar
a deformaçãoaxial das
colunas.
Quantas deslocabilidades tem a estrutura ?
di=0 de=2 d=2
Foto
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J 1
2
Sistema Principal
1
2
1,0
ω=1/3
510008,1 
510008,1 
510008,1 
510008,1 
Estado E2
510006,1 
510008,1 
510008,1  510008,1 
1
2
1,0
ω=1/3
510008,1 
510008,1 
Estado E1
510008,1 
510008,1 
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J 1
2
5,37
5,37
0,150
Estado E0
555
555555
11
10688,2
3
1
)10008,110008,1(
3
1
)10008,110008,1(
3
1
)10008,110008,1(
3
1
)10008,110008,1(k


55555
22 10344,1
3
1
)10008,110008,1(
3
1
)10008,110008,1(k 
55555
21 10344,1
3
1
)10008,110008,1(
3
1
)10008,110008,1(k 
55555
12 10344,1
3
1
)10008,110008,1(
3
1
)10008,110008,1(k 
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
0,755,00,30,50f10 
0f20 
Equação de equilíbrio:




























150,0
0
0
75,0-
d
d
10344,110344,1-
10344,1-10688,2
2
1
55
55
Resolvendo:

















3
3
2
1
1079018,2
1067411,1
d
d
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
125,0 kN/m
40 cm
1
0
0
 c
m
A B
C
D
E
F
35 0
60 0
E=28 GPa
510α 
4,0 m 6,0 m
3
,0
 m
2
,0
 m
0
,5
 m
Exercício
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
Sistema Principal
21
3
+
1250,0 kN
6250,0 kN/m
35 0
60 0
2
1 3
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
21
3
5106666,4 5103333,9 
6102444,1 
5102222,6 
Estado E1
21
3
5106666,4  5103333,9 
Estado E2
5105655,5 
5107825,2 
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
21
3
5109999,6 
5109999,6 
Estado E3
5107829,2 
5107829,2 
0,a,b
c
d
1
26,56510
63,43490
2
,0
0
Diagrama Williot
perpendicular à barra 2 perpendicular à barra 3 
5102222,6 
5102222,6 
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
D
B
Deslocamentos ortogonais recíprocos.
Barra 1:
A
C
1
0,3333
3
1
ωAC 
Barra 2:
C D
2
,0
0
0,50
4
2,00
ωCD 
Barra 3:
0,3333
6,708
2,2361
ωBD 
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
665
11 101777,2102444,1103333,9k 
655
22 104899,1105655,5103333,9k 
65555
55
33
103003,13333,0)107829,2107829,2(50,0)109999,6109999,6(
3333,0)102222,6102222,6(k


455
13 10777,7109999,6102222,6k 
455
56
31
10785,750,0)106666,4103333,9(
3333,0)102222,6102444,1(k


5
2112 104,6666kk 
555
23 102170,4107829,2109999,6k 
555
55
32
102176,43333,0)107825,2105655,5(
50,0)103333,9106666,4(k


Coeficientes de Rigidez
Silvio de Souza Lima
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s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
Estado E0
Efeito da Temperatura:
Barra 2:
35 0
60 0
1
0
0
 c
m
T=47,50
T=-12,50
T=12,50
+
T=350
T=600
=
Variação uniforme: T=47,50
Gradiente: g=250/m
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
O gradiente provoca momentos de engastamento:
33,233 33,233
barra 2
A determinação do efeito da variação uniforme é feita com a utilização do
Williot. A barra 2 (única com variação de temperatura) devido a variação
uniforme (no caso aumento de temperatura) tem seu comprimento
aumentado de LαT=1,9 mm.
0,a,b,c 2
d
1,9
26,56510
63,43490
3
,8
0
Diagrama Williot
perpendicular à barra 2 perpendicular à barra 3 
dimensões em milímetros
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
Deslocamentos ortogonais recíprocos.
D
B
Barra 1:
A
C
0ωAC 
Barra 2:
C D
3
,8
E
-3
4
-3
CD 105,9
4
103,8
ω 


Barra 3:
4-
-3
BD 106,3333
6,708
104,2486
ω 


Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
Estado E0
67,1096 33,1563
75,528
75,528
Coeficientes de carga.
67,1096f10 
58,103475,52833,1563f20 
465,16823333,0)75,52875,528(50,0)33,156367,1096(f30 
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
Equações de equilíbrio:













































0
0
6250,0-
47,1682
58,1034
1096,67-
d
d
d
103003,110.2174-107.777-
10.2174-104899,1106666,4
10.7777-106666,4101777,2
3
2
1
644
465
456
Resolvendo:


























3-
3
3
3
2
1
10054,1-
10232,1
10668,2
d
d
d
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
Silvio de Souza Lima
E
s
c
o
la
 P
o
lit
é
c
n
ic
a
 -
U
F
R
J
Fim