EXERCÍCIO PÓRTICO HIPERESTÁTICO

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Teoria das Estruturas II Universidade Federal do Amazonas 1 
 
Prof. Winston Zumaeta Método dos deslocamentos 18/04/2015 
8,0 m4,0 m
4,
0 
m
2 tf/m
A B
D
C
E
2 tf/m
4,
0 
m
(θb, θc)
q.l
12 =+
q.l
12 =-
BC BC
2 2
INCÓGNITAS
8,0 m4,0 m
A B
D
C
E
SISTEMA PRINCIPAL (0)
1 2
β 10 β 20
+10,667 -10,667
ϕ = 1
8,0 m4,0 m
SISTEMA AUXILIAR (1)
β 11 β 21
θbx
4EI
l = =
4
83EI
l = =
3
4
2EI
l = =
2
8
1 2
0,75
0,5 0,25
AB
BC
BC
4EI
l = =
4
4 1,0DB
2EI
l = =
2
4 0,5DB
A B
D
C
E
1. Traçar os diagramas de esforços solicitantes (esforço normal, esforço 
cortante e momento fletor) do pórtico abaixo por meio do método dos 
deslocamentos. Considerar as barras indeformáveis axialmente e EI constante. 
 
 
 
 
 
 
Sugestão: EI sendo constante, podemos substituí-lo por 1 para facilitar as contas, 
pois ele se auto-cancelará no cálculo dos momentos finais. 
1.0 Sistema principal 0 
 
 
 
 
 
 
 
1.1 Sistema auxiliar 1 (Giro unitário no nó 1, ou seja, nó B) 
 
 
 
 
 
 
 
 
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ϕ = 1
8,0 m4,0 m
SISTEMA AUXILIAR (2)
β 12 β 22
θcx
2EI
l = =
2
8 4EI
l = =
4
8
3EI
l = =
3
4
1 2
0,25
0,5BC
BC
CE
0,75A B
D
C
E
1.2 Sistema auxiliar 2 (Giro unitário no nó 2, ou seja, nó C) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1.3 Cálculo dos �′� 
��� = +10,667 ��� = 0,75 + 0,5 + 1,0 = 2,25 ��� = 0,25 
 
��� = −10,667 ��� = 0,25 ��� = 0,5 + 0,75 = 1,25 
 
 
 1.4 Montagem do sistema de equações 
 
 ��� + ����� + ����� = 0 ����� + ����� = −��� 
 ��� + ����� + ����� = 0 ����� + ����� = −��� 
 
 2,25�� + 0,25�� = −(10,667) 2,25�� + 0,25�� = −10,667 
 0,25�� + 1,25�� = −(−10,667) 0,25�� + 1,25�� = +10,667 
 
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 
'(
)
= '(* + '(+ . �� + '(- . �� 
./
0
= 1 + 1 + 1 = 1 
 
Para comprovar o que foi dito na sugestão, será considerado o produto 23 apenas para este 
cálculo de momento, os próximos serão feitos de maneira direta. 
'�
)
= '�* + '�+ . �� + '�- . �� 
'�
)
= 0 � 0,7523 4 �
�5,818
23
� � 0 
'�
)
� 0 � 0,7523 4 �
�6,7�7
89
� 
.�
0
� � :, ;%: <0=> ↷ Giro horário 
 
Barra BC 
'�
)
= '�* + '�+ . �� + '�- . �� 
'�
)
= 10,667 � 0,54��5,818� � 0,254�9,697� 
.�
0
� �1, ��A <0=> ↶ Giro anti-horário 
 
'�
)
= '�* + '�+ . �� + '�- . �� 
'�
)
= −10,667 � 0,254��5,818� � 0,54�9,697� 
.#
0
� � &, A&; <0=> ↷ Giro horário 
 
Barra BD 
'�
)
= '�* + '�+ . �� + '�- . �� 
'�
)
= 0 � 14��5,818� � 0 
.�
0
� � �, ��� <0=> ↷ Giro horário 
 
 
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8,0 m4,0 m
4,
0 
m
DMF[tfxm]
q.l
8
BC
2
=16
4,364
10,182
7,273
7,273
5,818
2,909
A B
D
C
E
'C
)
= 'C* + 'C+ . �� + 'C- . �� 
'C
)
= 0 � 0,54��5,818� � 0 
.D
0
� � A, $1$ <0=> ↷ Giro horário 
 
Barra CE 
'�
)
= '�* + '�+ . �� + '�- . �� 
'�
)
= 0 � 0 � 0,754�9,697� 
.#
0
� &, A&; <0=> ↶ Giro anti-horário 
 
'8
)
= '8* + '8+ . �� + '8- . �� 
'8
)
= 0 � 0 � 0 
.�
0
� 1 
 
1.6 Traçado do diagrama de momento fletor (DMF) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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A B
4,0 m
4,364
4,364
4 = 1,091 tf
4,364
4 = 1,091 tf
16 tf (resultante)
B C
10,182
8,0 m
7,273
16
2 = 8 tf
16
2 = 8 tf
10,182
8 = 1,273 tf
10,182
8 = 1,273 tf
 7,273
8 = 0,91 tf
 7,273
8 = 0,91 tf
8,363 tf 7,637 tf
1.7 Cálculo das reações de apoio 
 
1.7.1 Análise da barra AB 
 
 
 
 
 
 
 
1.7.2 Análise da barra BC 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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C
E
4,
0 
m
7,273
7,273
4 = 1,818 tf
7,273
4 = 1,818 tf
B
D
2,909
4,
0 
m
5,818
2,909
4 = 0,727 tf
5,818
4 = 1,455 tf
2,909
4 = 0,727 tf
5,818
4 = 1,455 tf 2,182 tf
2,182 tf
16 tf (resultante)
A B
1,091 tf 1,091 tf
B C
8,363 tf 7,637 tf
B
D
2,182 tf
2,182 tf
C
E
1,818 tf
1,818 tf
10,182 7,2734,364
2,909
5,818 7,273
1.7.3 Análise da barra BD 
 
 
 
 
 
 
 
 
1.7.4 Análise da barra CE 
 
 
 
 
 
 
 
 
1.7.5 Esquema de todas as barras juntas 
 
 
 
 
 
 
 
 
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1.7.6 Reações do apoio em A 
Para calcular a reação horizontal em A, deve-se somar todas as reações calculadas 
anteriormente barra por barra, que estão no mesmo eixo horizontal que corta o ponto A, e 
que também estão interligadas por meio de barras ao mesmo ponto A, portanto tem-se uma 
reação em B e outra em C, entãoadotando para a direita sentido positivo, obtém-se: 
E( = −2,182 + 1,818 = −0,364 HI 
O valor negativo indica que o sentido da reação é da direita para a esquerda. 
∴ E( = 0,364 HI ← 
Para calcular a reação vertical em A, deve-se somar todas as reações calculadas 
anteriormente barra por barra, que estão no mesmo eixo vertical que corta o ponto A, e que 
também estão interligadas por meio de barras ao mesmo ponto A, porém tem-se apenas 
uma reação no mesmo eixo, neste caso, esta será a própria reação L(, sendo assim, obtém-
se: 
L( = 1,091 HI ↓ 
 
1.7.7 Reações do apoio em D 
Para calcular a reação horizontal em D, deve-se somar todas as reações calculadas 
anteriormente barra por barra, que estão no mesmo eixo horizontal que corta o ponto D, e 
que também estão interligadas por meio de barras ao mesmo ponto D, porém tem-se 
apenas uma reação no mesmo eixo, neste caso, esta será a própria reação EC, sendo assim, 
obtém-se: 
EC = 2,182 HI → 
 
Para calcular a reação vertical em D, deve-se somar todas as reações calculadas 
anteriormente barra por barra, que estão no mesmo eixo vertical que corta o ponto D, e que 
também estão interligadas por meio de barras ao mesmo ponto D, portanto tem-se duas 
reações em B, uma referente a barra AB e outra referente a barra BC, então adotando para 
cima sentido positivo, obtém-se: 
LC = 1,091 + 8,363 = 9,454 HI 
∴ LC = 9,454 HI ↑ 
O valor do momento em D é o próprio momento final em D da barra BD já calculado 
anteriormente, portanto tem-se: 
'C = 2,909 HI. P ↻ (RSTHUVW ℎWYáYUW) 
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Prof. Winston Zumaeta Método dos deslocamentos 18/04/2015 
A B
D
C
E
16 tf (resultante)
HA = 0,364 tf
VA = 1,091 tf
HD = 2,182 tf
VD = 9,454 tf
MD = 2,909 tf.m
HE = 1,818 tf
VE = 7,637 tf
1.7.8 Reações do apoio em E 
Para calcular a reação horizontal em E, deve-se somar todas as reações calculadas 
anteriormente barra por barra, que estão no mesmo eixo horizontal que corta o ponto E, e 
que também estão interligadas por meio de barras ao mesmo ponto E, porém tem-se apenas 
uma reação no mesmo eixo, neste caso, esta será a própria reação L8, sendo assim, obtém-
se: 
E8 = 1,818 HI ← 
 
Para calcular a reação vertical em E, deve-se somar todas as reações calculadas 
anteriormente barra por barra, que estão no mesmo eixo vertical que corta o ponto E, e que 
também estão interligadas por meio de barras ao mesmo ponto E, porém tem-se apenas 
uma reação no mesmo eixo, neste caso, esta será a própria reação L8, sendo assim, obtém-
se: 
L8 = 7,637 HI ↑ 
 
1.7.9 Esquema de todas as reações da estrutura 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Teoria das Estruturas II Universidade Federal do Amazonas 9 
 
Prof. Winston Zumaeta Método dos deslocamentos 18/04/2015 
x1 x2
x
3
x
4
2 tf/m
A B
D
C
E
HA = 0,364 tf
VA = 1,091 tf
HD = 2,182 tf
VD = 9,454 tf
MD = 2,909 tf.m
HE = 1,818 tf
VE = 7,637 tf
16 tf (resultante)
1.8 Diagrama de esforço cortante 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Legenda: 
[\,] → ^WYH_THS TW UTí`UW VW HYS`ℎW a 
[),] → ^WYH_THS TW IUP VW HYS`ℎW a 
 
Convenção: 
bUYW TW RSTHUVW ℎWYáYUW, `WYH_THS cWRUHUdW. 
bUYW TW RSTHUVW _THU − ℎWYáYUW, `WYH_THS TSe_HUdW. 
 
1.8.1 Trecho 1 
[\,� = L( = − 1,091 HI 
[),� = [\ = − 1,091 HI 
 
1.8.2 Trecho 2 
[\,� = [),� + LC = − 1,091 + 9,454 = 8,363 HI 
[),� = [\,� − fSRghH�� = 8,363 − 2 ∙ 8 = −7,637 HI 
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Prof. Winston Zumaeta Método dos deslocamentos 18/04/2015 
8,0 m4,0 m
4,
0 
m
DEC [ tf ] 7,637
8,363
1,818
1,091
2,182
A
B
D
C
E
1.8.3 Trecho 3 
[\,j = EC = − 2,182 HI 
[),j = [\,j = − 2,182 HI 
 
1.8.4 Trecho 4 
[\,k = E8 = 1,818 HI 
[),k = [\,k = 1,818 HI 
 
1.8.5 Traçado do diagrama de esforço cortante (DEC) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Prof. Winston Zumaeta Método dos deslocamentos 18/04/2015 
x1 x2
x
3
x
4
2 tf/m
A B
D
C
E
HA = 0,364 tf
VA = 1,091 tf
HD = 2,182 tf
VD = 9,454 tf
MD = 2,909 tf.m
HE = 1,818 tf
VE = 7,637 tf
16 tf (resultante)
1.9 Diagrama de esforço normal 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Legenda: 
l\,] → 2RIWYçW TWYP_h TW UTí`UW VW HYS`ℎW a 
l),] → 2RIWYçW TWYP_h TW IUP VW HYS`ℎW j 
 
Convenção: 
nWYç_ "saindo" V_ RSçãW, SRIWYçW TWYP_h cWRUHUdW (wY_çãW). 
nWYç_ "entrando" T_ RSçãW, SRIWYçW TWYP_h TSe_HUdW (^WPcYSRRãW). 
 
1.9.1 Trecho 1 
l\,� = E( = 0,364 HI 
l),� = l\,� = 0,364 HI 
 
1.9.2 Trecho 2 
l\,� = l),� − EC = 0,364 − 2,182 = −1,818 HI 
l),� = l\,� = −1,818 HI 
 
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Prof. Winston Zumaeta Método dos deslocamentos 18/04/2015 
8,0 m4,0 m
4,
0 
m
DEN [ tf ]
1,818
7,637
0,364
9,455
A
B
D
C
E
1.9.3 Trecho 3 
l\,j = − LC = − 9,454 HI 
l),j = l\,j = − 9,454 HI 
 
1.9.4 Trecho 4 
l\,k = − L8 = − 7,637 HI 
l),k = l\,k = − 7,637 HI 
 
1.9.5 Traçado do diagrama de esforço normal (DEN)