Análise Estrutural - Análise pelo método do deslocamento: equações de inclinação-deflexão

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Análise pelo método do deslocamento: 
equações de inclinação-deflexão 
Neste capítulo vamos delinear brevemente as ideias básicas para analisar estruturas 
usando a análise pelo método de deslocamento. Uma vez que esses conceitos tenham 
sido apresentados, desenvolveremos as equações gerais de inclinação-deflexão e então 
as usaremos para analisar vigas' e pórticos indeterminados estaticamente. 
Todas as estruturas têm de satisfazer exigências de equilíbrio, força-deslocamento 
e compatibilidade de deslocamentos a fim de assegurar sua segurança. Foi enunciado 
na Seção I 0.1 que há duas maneiras de satisfazer essas exigências ao analisar uma 
estrutura indeterminada estaticamente. A análise pelo método da força, discutido no 
capítulo anterior, é baseada na identificação das forças redundantes desconhecidas e 
então na satisfação das equações de compatibilidade da estrutura. Isso é feito ao se 
expressar os deslocamentos em termos das cargas usando as relações de força-des-
locamento. A s9lnção das equações resultantes produz as reações redundantes e então 
equações de equilíbrio são usadas para determinar as reações restantes na estrutura. 
O métodÓ do deslocamento funciona da maneira oposta. Ele primeiro exige 
que as equações de equilíbrio para a estrutura sejam satisfeitas. Para fazer isso, 
os deslocamentos desconhecidos são escritos em função das cargas usando as 
relações força-deslocàmento, então essas equações são solucionadas para os des-
locamentos. Uma ve~ que eles tenham sido obtidos, as cargas desconhecidas são 
determinadas a partir das equações de compatibilidade usando as relações de 
força-deslocamento. Todo método de deslocamento segue esse procedimento ge-
ral. Neste capítulo, o procedimento será generalizado para produzir as equações 
de inclinação-deflexão. No Capítulo 12, o método da distribuição de momento 
será desenvolvido. Esse método prescinde do cálculo dos deslocamentos e, em 
vez disso, torna possível aplicar uma série de correções convergentes que permitem 
um cálculo direto dos momentos finais. Por fim, nos capítulos 14, 15 e 16, ilustra-
remos como aplicar esse método usando a análise matricial, tornando-o adequado 
para se usar no computador. 
I 332 I Análise das estruturas 
p 
~R~~z:x~~-·-t~--~--------~--~'-~~Bt ,, 
(o) 
p 
~(_____ On ic 
2 s&<t:~, ~c 
---~, 
(b) 
(c) 
Figuro 11.1 
D 
Na discussão a seguir mostraremos como identificar os deslocamentos desconhe-
cidos em uma estrutura e desenvolveremos algumas das relações de força-desloca-
mento importantes para os membros da viga e pórticos. Os resultados serão usados 
na sequência e em capítulos posteriores como base para aplicar ~"~nálise pelo método 
do deslocamento. 
Graus de liberdade. Quando uma estrutura está carregada, pontos especificados nela, 
chamados de nós, passarão por deslocamentos desconhecidos. Esses deslocamentos 
são referidos como graus de liberdade para a estrutura e, na análise pelo método do. 
deslocamento, é importante especificar esses graus de liberdade tendo em vista que 
eles tornam-se as incógnitas quando o método é aplicado. O número dessas incógnitas 
é referido como o grau no qual a estrutura é indeterminada cinematicamente. 
Para encontrar a indeterminação cinemática, podemos imaginar que a estrutura 
consiste de uma série de membros conectados aos nós, que normalmé,nte estão loca-
lizados na ligação de dois ou mais membros, nos apoios, nas extremidades de um 
membro, ou onde os membros têm uma mudança súbita na seção transversal. Em 
três dimensões, cada nó em um pórtico ou viga pode ter no máximo três desloca-
mentos lineares e três deslocamentos rotacionais; e nas duas dimensões cada nó pode 
ter no máximo dois deslocamentos lineares e um deslocamento rotacional. Além 
disso, deslocamentos nodais podem ser restritos pelos apoios ou por pressupostos 
baseados no comportamento da estrutura. Por exemplo, se a estrutura é uma viga e 
apenas a deformação em razão da flexão é considerada, então não pode haver des-
locamento linear ao longo do eixo da viga tendo em vista que esse deslocamento é 
causado por uma deformação de força axial. 
Para esclarecer esses conceitos, vamos considerar alguns exemplos, começando 
com a viga na Figura ll.la. Aqui, qualquer carga P aplicada à viga fará com que o 
nó A apenas gire (desprezando a deformação axial), enquanto o nó B está completa-
mente impedido de se mover. Logo, a viga tem apenas um grau de liberdade desco-
nhecido, e A• e é, portanto, indeterminada cinematicamente de primeiro grau. A viga 
na Figura ll.lb tem nós em A, B e C, e assim tem quatro graus de liberdade, desig-
nados pelos deslocamentos rotacionais fJA, fJs, fJc, e O deslocamento rotacionalf1c. 
Ela é indeterminada cinematicamente de quarto grau. Considere agora a estrutura na 
Figura ll.lc. Novamente, se desprezarmos a deformação axial dos membros, uma 
carga arbitrária P aplicada à estrutura pode fazer com que os nós B e C girem, e esses 
nós podem ser deslocados horizontalmente por um montante igual. A estrutura, por-
tanto, tem três graus de liberdade, es. ,ec. ó..s, e, desse modo, ela é indeterminada 
cinematicamente de terceiro grau. 
Em resumo, especificar a indeterminação cinemática ou o número de graus de 
liberdade irrestritos 'para a estrutura é um primeiro passo necessário quando aplicamos 
a análise pelo método do deslocamento. Ele identifica o número de incógnitas no 
problema, com base nos pressupostos feitos com relação ao comportamento de 
deformação da estrutura. Além disso, uma vez que esses deslocamentos nodais sejam 
conhecidos, a deformação dos membros estruturais pode ser especificada completa-
mente e obtidos os esforços internos nos membros. 
Como indicado anteriormente, o método de deslocamentos consistentes,estudado 
no Capítulo I O é chamado de análise pelo método da força, pois ele exige escrever 
equações que relacionam as forças ou momentos desconhecidos em uma estrutura. 
Infelizmente, seu uso é limitado a estruturas que não são altamente indeterminadas. 
Isso ocorre porque muito trabalho é necessário para montar as equações de compa-
tibilidade e, além disso, cada equação escrita envolve todas as incógnitas, o que torna 
Capítulo ll Análise pelo método do deslocamento: equações de inclinação-dellexão I 333 I 
dificil solucionar o conjunto resultante de equações, a não ser que um computador 
esteja disponível. Em comparação, o método de inclinação-deflexão não é tão com-
plicado. Como veremos, ele exige menos trabalho, tanto para escrever as equações 
necessárias para a solução de um problema quanto para solucionar essas equações 
para os deslocamentos desconhecidos e esforços internos associados. Também, o 
método pode ser facilmente programado em um computador e usado para analisar 
uma ampla gama de estruturas indeterminadas. 
O méto,do da inclinação-deflexão foi originalmente desenvolvido por Heinrich 
Manderla e Otto Mohr a fim de estudar tensões secundárias em treliças. Mais tarde, 
em 1915, G. A. Maney desenvolveu uma versão refinada dessa técnica e a aplicou à 
análise de vigas indeterminadas e estruturas aporticadas. 
Coso geral. O método da inclinação-deflexão é assim chamado pois ele relaciona as 
inclinações e deflexões desconhecidas à carga aplicada em uma estrutura. A fim de 
desenvolver a forma geral das equações da inclinação-deflexão, consideraremos o 
vão típico AE de uma viga contínua conforme mostrado na Figura 11.2, que é sujeito 
à carga arbitrária e tem EI constante. Gostaríamos de relacionar os momentos das 
extremidades internas da viga MAs. e MsA em termos dos seus graus de liberdade, a 
saber, seus deslocamentos angular~s e A e Os, e o deslocamento linear A que poderia 
ser causado por um recalque relativo entre os apoios. Tendo em vista que estaremos 
desenvolvendo uma fórmula, momentos e deslocamentos angulares serão considera-
dos positivos quando elesatuam no sentido horário do vão, como ilustrado na Figura 
11.2. Além disso, o deslocamento linear ó. é considerado positivo conforme mostrado, 
tendo em vista que este deslocamento faz com que a corda do vão e o ângulo da 
corda do vão 1f1 girem no sentido horário. 
As equações da inclinação-deflexão podem ser obtidas usando o princípio da 
superposição ao se considerar separadamente os momentos desenvolvidos em cada 
apoio por causa de cada um dos deslocamentos, 8A, 88 e !J., e então as cargas. 
Deslocamento ongulor em A, ()A· Considere que o nó A do membro mostrado na 
Figura 11.3a gire OA enquanto seu nó na outra extremidade E seja mantido fixo. 
Para determinar o momento MAs necessário para causar esse deslocamento, usare-
mos o método da viga conjugada. Para esse caso, a viga conjugada é mostrada na 
Figura 11.3b. Observe que o cortante na extremidade em A' atua para baixo sobre 
a viga, tendo em vista que 8 A está no sentido horário. A deflexão da "viga real" na 
Figura 11.3a deve ser zero em A e E e, portanto, a soma correspondente dos mo-
mentos em cada extremidade A' e B' da viga conjugada também tem de ser zero. 
Isto resulta em 
(+L:Ms' =O; 
das quais obtemos-~~ seguintes relações de carga-deslocamento. 
viga real 
(•) 
~· Mi!., 
V'A =8.-~ viga conjugada 7!í 
(b) 
Figura 11.3 
p 
Figura 11.2 
I 334 I Análise das estruturas 
Deslocamento angular em B, 88• De uma maneira similar, se a extremidade B da viga 
gira para sua posição final 08 , enquanto a extremidade A é mantida fiXa (Figura 11.4), 
podemos relacionar o momento aplicado M8 A com o deslocamento angular 08 e o 
momento de reação MAB no apoio fixo. Os resultados são 
------
----
~--------L----~--4 
Figura 11.4 
(11.1) 
(11.2) 
(11.3) 
(11.4) 
Deslocamento linear relativo, t;. Se o nó afastado B do membro é deslocado em 
relação a A, de maneira que a corda do membro gire no sentido horário (desloca-
mento positivo) e, no entanto, ambas as extremidades não girem, então reações de 
momento e cortante iguais mas opostas serão desenvolvidas no membro (Figura 
11.5a). Como antes, o momento M pode ser relacionado ao deslocamento A usando 
o método da viga conjugada. Nesse caso, a viga conjugada, (Figura 11.5b ), está livre 
em ambas as extremidades, tendo em vista que a viga real (membro) tem apoio fixo. 
Entretanto, por causa do deslocamento da viga real em B, o momento na extremidade 
B' da viga conjugada precisa ter uma magnitude de A como indicado.* Somando 
momentos em torno de B', temos 
( +2:M8 • =O; 
(11.5) 
v 
(A~~~t~-~~ 
viga conjugada 
(b) 
Figura 11.5 
* Os diagramas de momento mostrados na viga conjugada foram determinados pelo método da 
superposição para uma viga com apoios simples, como explicado na Seção 4.5. 
Capítulo 11 Análise pelo método do deslocamento: equações de inclinação-deflexão I 335 I 
Seguindo nossa convenção de sinais, este momento induzido é negativo, tendo 
em vista que para o equilíbrio ele atua no sentido anti-horário sobre o membro. 
Momentos de extremidades fixos. Nos casos anteriores, consideramos as relações entre 
os deslocamentos e os momentos necessários MAÉ e MsA atuando nos nós A e B, res-
pectivamente. Em geral, entretanto, os deslocamentos linear ou angular dos nós são 
causados por cargas atuando sobre o vão do membro, não por momentos atuando nos 
seus nós. A fim de desenvolver as equações de inclinação-deflexão temos de transformar 
essas cargas de vão em momentos equivalentes atuando nos nós e então usar as relações 
de carga-deslocamento recém-derivadas. Isso é feito simplesmente calculando o mo-
mento reativo que cada carga desenvolve nos nós. Por exemplo, considere o membro 
com apoios fixos mostrado na Figura 11.6a, que é sujeito a uma carga concentrada P 
no seu centro. A viga conjugada para esse caso é mostrada na Figura 11.6b. Tendo em 
vista que exigimos que a inclinação em cada extremidade seja zero, 
+t:ZF =O· y ' 
PL M=-
8 
P n 
.~ tt_t-!~----;_j i )M ]--: 
E1 E1 
viga real 
(o) 
Figura 11.6 
viga conjugada 
(b) 
Esse momento é chamado de um momento de extremidade frxa - MEF (em inglês 
fu:ed-end moment- FEM). Observe que de acordo com nossa convenção de sinais ele 
é negativo no nó A (sentido anti-horário) e positivo no nó B (sentido horário). Para 
conveniência na solução de problemas, momentos de extremidades fixas foram calcu-
lados para outros carregamentos e são tabulados no Apêndice F. Presumindo que estes 
MEFs foram determinados para um problema específico (Figura 11.7), temos 
MAB = (MEF)AB MsA = (MEF)sA (11.6) 
Equo!iío de indíno!Õo-dellexõo. Se os momentos finais devidos a cada deslocamento 
(Equações I 1.1 a 11.5) e a carga (Equação 11.6) forem somados, os momentos re-
sultantes nas/ extremidades podem ser escritos como 
MAB ~2E(n[20A; +Os~ 3(n l + (MEF)AB 
(11.7) 
Tendo em vista que essas duas equações são parecidas, o resultado pode ser ex-
presso como uma única equação. Referindo-se a uma extremidade do vão como a 
extremidade próxima (NJ e a outra extremidade como a extremidade afastada (FJ, e 
deixando que a rigidez do membro seja representada como k ~ 1/L, e a rotação de 
corda do vão como .p (psi) ~ I'JL, podemos escrever 
(11.8) 
p 
Figura 11.7 
I 336 I Análise das estruturas 
A ponte para pedestres tem um 
tabuleiro de concreto armado. 
Tendo em vista que ele se estende 
sobre todos seus apoios, ela é 
indeterminada de segundo grau. 
As equações de inclinação-
-deflexão fornecem um método 
conveniente para se calcular os 
momentos internos em cada vão. 
p 
. A/rwM o 1111 rDj, . ___ ,, ·~ 
------- _L 88~ ··. 
L ·.-::::-.• 
C•l 
p 
(b) 
Figura 11.8 
onde 
MN = momento interno na extremidade próxima do vão; esse momento é po-
sitivo no sentido horário quando atuando no vão. 
E, k = módulo de elasticidade do material e rigidez do vão k = I/L 
ON, e F= inclinações das extremidades próxima e afastada ou deslocamentos an-
gulares do vão nos apoios; os ângulos são medidos em radianos e são 
positivos no sentido horário. 
1/J = rotação da corda do vão causada por um deslocamento linear, isto é, ljJ 
= NL; este ângulo é medido em radianos e é positivo no sentido 
horário. 
(MEF)N ~ momento de extremidade fixa no apoio próximo; o moii1ento é positivo 
no sentido horário quando atuando sobre o vão; consulte a tabela do 
Apêndice F para várias condições de carregamento. 
A partir da derivação, a Equação I 1.8 é tanto uma relação de compatibilidade 
quanto de carga-deslocamento, calculada considerando apenas os efeitos de flexão e 
desprezando deformações axiais e de cisalhamento. Ela é referida como equação de 
inclinação-dejlexão geraL Quando usada para a solução de problemas, essa equação 
é aplicada duas vezes para cada vão de membro (AB); isto é, a aplicação é de A para 
B e de B para A para o vão AB na Figura 11.2. 
Võo extremo apoiado em pino. Ocasionalmente, um vão extremo de uma viga ou 
pórtico é suportado por um pino ou rolo na sua extremidade afastada (Figura 11.8a). 
Quando isso ocorre, o momento no rolo ou pino tem de ser zero; e contanto que o 
deslocamento angular eB nesse suporte não tenha de ser determinado, podemos mo-
dificar a equação de inclinação-deflexão geral de maneira que ela tenha de ser aplicada 
apenas uma v~z ao vão, em vez de duas vezes. Para fazer isso aplicaremos a Equação 
11.8 ou Equações 11.7 para cada extremidade da viga na Figura 11.8. Isso resulta 
nas duas equações a seguir: 
MN = 2Ek(20N + OF- 3!f;) + (MEF)N 
0 = 2Ek(20F + ON- 3lf;) + 0 (11.9) 
Aqui o (MEF)F é igual a zero, tendo em vista que a extremidade distante está 
fixada por pinos (Figura 11.8b ). Além disso, o (MEF)Npode ser obtido, por exemplo, 
usando a tabela na coluna direita do Apêndice F. Multiplicar a primeira equação por 
2 e subtrair a segunda equação dela elimina a incógnitae F e resulta em 
(11.10) 
Tendo em vista que o momento na extremidade afastada é zero, apenas uma 
aplicação dessa equação é necessária para o vão extremo. Isso simplifica a análise, 
tendo em vista que a equação geral (Equação I 1.8), exigiria duas aplicações para 
esse vão e, portanto, envolveria o deslocamento angular desconhecido (extra) 08 
(ou OF) no apoio extremo. 
Para resumir a aplicação das equações de inclinação-deflexão, considere a viga 
contínua mostrada na Figura 11.9 que tem quatro graus de liberdade. Aqui, a Equação 
11.8 pode ser aplicada duas vezes a cada um dos três vãos, i.e., de A para B, B para 
A, B para C, C para B, C para D e D para C. Essas equações envolveriam as quatro 
rotações desconhecidas, e A, OB, Oc, en. Tendo em vista que os momentos finais em 
A e D são zero, entretanto, não é necessário determinar OA e f3v. Uma solução mais 
curta ocorre quando aplicamos a Equação !LI O de B para A e C para D, e então 
Capítulo 11 Análise pelo método do deslocamento: equações de inclinação-deflexão I 337 I 
IV pl p3 
~----~Wt Oc eD 
Figuro 11.9 
aplicamos a Equação 11.8 de B para C e C para B. Essas quatro equações envolverão 
apenas as ,rotações desconhecidas e B e e C· 
Ulü Análise de vigas 
Graus de liberdade 
Coloque uma legenda em todos os apoios e nós a fun de identificar os vãos da viga 
ou pórtico entre os nós. Ao se tJ:açar a forma defletida da estrutura, será possível 
identificar o número de graus de liberdade. Aqui cada nó pode ter possivelmente um 
deslocamento angular e um deslocamento linear. A compatibilidade nos nós é mantida 
contanto que os membros rigidamente ligados ao nó tenham os mesmos deslocamen-
tos que ele. Se esses deslocamentos são desconhecidos, e em geral eles o são, então 
por conveniência presuma que eles atuem na direção positiva de maneira a causar 
uma rotação no sentido horário de um membro ou nó, Figura 11.2. 
Equações de inclinoção-dellexão 
Equações de inclinação-deflexão relacionam os momentos desconhecidos aplicados 
aos nós com os deslocamentos dos nós para qualquer vão da estrutura. Se uma carga 
existe no vão, calcule os MEFs usando a tabela no Apêndice F. Também, se um nó 
tem um deslocamento linear, L'>, calcule 1{1 = tJL para os vãos adjacentes. Aplique a 
Equação 11.8 para cada extremidade do vão gerando dessa maneira duas equações de 
inclinação-deflexão para cada vão. Entretanto, se um vão na extremidade de uma viga 
ou estrutura contínua é suportado por pino, aplique a Equação 11.1 O somente para a 
extremidade fixada, gerando, assim, uma equação de inclinação-deflexão para o vão. 
Equações de equilíbrio 
Escreva uma,equação de equilíbrio para cada grau de liberdade desconhecido para a 
estrutura. Cada uma dessas equações deve ser expressa em termos dos momentos 
internos desconhecidbs como especificado pelas equações de inclinação-deflexão. 
Para vigas e pórticos escreva a equação de equilíbrio de momento em cada apoio e, 
para pórticos, também escreva equações de equilíbrio de momentos em cada nó. Se 
a estrutura se desloca lateralmente ou deflete horizontalmente, cortantes de coluna 
devem ser relacion~dos aos momentos nas extremidades da coluna. Isso é discutido 
na Seção 11.5. 
Substitua as equações de inclinação-deflexão nas equações de equilíbrio e solucione 
para os deslocamentos de nó desconhecidos. Esses resultados são então substituídos 
nas equações de inclinação-deflexão para determinar os momentos internos nas ex-
tremidades de cada membro. Se qualquer um dos resultados for negativo, eles indicam 
rotação no sentido anti-horário; enquanto momentos e deslocamentos positivos são 
aplicados no sentido horário. 
I 338 I Análise das estruturas 
Trace os diagramas de cortante e momento para a viga mostrada na Figura 11.1 Oa. 
EI é constante. 
6kN/m 
A B 
--8m 
(o) (b) 
Figuro 11.1 O 
SOLUÇÃO 
Equações de indinoçõo-deflexõo. Dois vãos têm de ser considerados neste problema. 
Tendo em vista que não há um vão com a extremidade afastada apoiada por pino ou 
com apoio de um rolo, a Equação 11.8 aplica-se à solução. Usando as fórmulas para 
as MEFs tabuladas para a carga triangular dadas no Apêndice F, temos 
wL 2 6(6) 2 
(MEFlec = -30 = -30 = -7,2kN ·m 
wL 2 6( 6) 2 
(MEF)cs = 2o = 20 = 10,8 kN ·m 
Observe que (MEF)sc é negativo, tendo em vista que ele atua no sentido anti-horário 
sobre a curva em B. Também, (MEF)AB ~ (MEF)sA ~ O tendo em vista que não há 
carga sobre o vão AB. 
A fim de identificar as incógnitas, a curva elástica para a viga é mostrada na Figura 
11.1 Ob. Como indicado, há quatro momentos internos desconhecidos. Apenas a in-
clinação em B, e •. é desconhecida. Tendo em vista que A e c são apoios fixos, e A ~ 
flc = O. Também, tendo em vista que os apoios não recalcam, nem são deslocados 
para cima ou para baixo, </1 AB ~ </I se ~ O. Para o vão AB, considerando que A seja 
extremidade próxima e B a extremidade afastada, temos 
MN = zEG )czeN + ep - 3</J) + (MEF)N 
(I) EI MAB = 2E 8 [2(0) + 88 - 3(0)] + 0 = 4 eB (I) 
Agora, considerando B como a extremidade próxima e A a extremidade afastada, 
temos 
( /) E! MsA =2E 8 [288 +0-3(0)]+0=-ze• (2) 
De maneira similar, para o vão BC temos 
(
/) 2EI M8c = 2E 6 [288 +O- 3(0)]- 7,2 = - 3-88 -7,2 (3) 
Mcs = 2E(D[2(0) +Os- 3(0)] + 10,8 =E: eB + 10,8 (4) 
Equações de equilíbrio. As quatro equações acima contêm cinco incógnitas. A 
quinta equação necessária vem da condição de equilíbrio de momentos no apoio 
B. O diagrama de corpo livre de um segmento da viga é mostrado na Figura 11.1 Oc. 
Capítulo 11 Análise pelo método do deslocamento: equações de inclinação-deflexão I 339 
Aqui presumimos que MsA e Msc atuam na direção positiva para serem consistentes 
com as equações de inclinação-deflexão. * Os cortantes na viga contribuem com um 
momento desprezível em torno de B, tendo em vista que o segmento é de comprimento 
infinitesimal. Desse modo, 
Para solucionar, substitua Equações (2) e (3) na Equação (5), que resulta em 
8 - 6,17 
B-El 
Substituindo novamente este valor nas Equações {I)- (4), resulta em 
MAB = 1,54kN ·m 
MBA = 3,09 kN ·m 
MBc = -3,09kN·m 
M CB = 12,86 kN · m 
(5) 
O valor negativo para Jyf8c indica que esse momento atua no sentido anti-horário 
sobre a viga, não no sentido horário como mostrado na Fignra 11.1 Ob. 
Usando esses resultados, os cortantes nos vãos das extremidades são determinados a 
partir das equações de equilíbrio (Fignra ll.!Od). O diagrama de corpo livre de toda 
a viga e os diagramas de cortante e momento são mostrados na Fignra 11.1 Oe. 
6kN/m 
aQ111113,63 kN 
f IVs6kN m 
4,95 kN 
l,54kN·m 
o 
I ,54 kN ·m B>i. = 0,579 kN 
o t) 
0,579 kN 
Ay=D,519kN ~Sm~ 3,09kN·m 
-0,5791====~ x(m) 
x(m) 
(d) (o) 
~12,86 
Trace os diagramas de cortante e momento para a viga mostrada na Figura ll.lla. El 
é constante. 
40kN/m 60 kN 
(•) 
Figura 11.11 
* No sentido horário no segmento da viga, mas - pelo princípio da ação e reação, igual mas de 
sentido oposto- no sentido anti-horário no apoio. 
(o) 
I 340 I Análise das estruturas 
(b) 
SOLUÇÃO 
Equações de inclinoçõo-deflexõo. Dois vãos têm de ser considerados neste problema. 
A Equação 11.8 aplica-se ao vão AB. Podemos usar a Equação 11 dO para o vão BC 
tendo em vista que a extremidade C está sobre um rolo. Usando as fórmulas para 
MEFs tabuladas no Apêndice F, temos 
wL 2 1 (MEF)AB = -12 = -12 (40) (6) 2 = -120 kN ·m 
wL 2 1 (MEF)eA = 12 = 12 (40)(6) 2 = 120 kN ·m 
3PL 3 (60) (2) 
(MEF)ec=-J6= 
16 
=-22,5kN·m 
Observe que (MEF)AB e (MEF)8 c são negativos, tendo em vista que eles atuam no 
sentido anti-horário na viga em A e B, respectivamente. Também, tendo em vista 
que os apoios não recalcam, <f! AB = <f!8 c = O. Aplicando a Equação 11.8 para o vão 
AB e compreendendo que e A = o, temos 
MN = 2EG }2eN + eF- 3</J)+ (MEF)N 
MAB = 2E(~)r2(0) + eB- 3(0)]- 120 
MAB = 0,3333El e8 - 120 
MBA = 2E(~)[2eB + 0- 3 (0)] + 120 
MBA = 0,667EieB + 120 
(I) 
(2) 
Aplicando a Equação ll.l O com B como a extremidade próxima e C como a extre-
midade afastada, temos 
MN =3EG}eN -<f!) +(MEF)N 
M 8c = 3E(f}eB- 0) -22,5 
M8 c = 1,5E!e8 - 22,5 (3) 
Lembre-se que a Equação 1l.l O não é aplicada de C (extremidade próxima) para B 
(extremidade afastada). 
Equações de equilíbrio. As três equações acima contêm quatro incógnitas. A quarta 
equação necessária vem das condições de equilibrio no apoio B. O diagrama de corpo 
livre é mostrado na Figura ll.llb. Temos 
(+SMB=O; M 8 A+M8 c=O (4) 
Para encontrar uma solução, substitua as Equações (2) e (3) na Equação ( 4), o que 
resulta em 
45 e---8- EI 
Tendo em vista que eB é negativo (sentido anti-horário), a curva elástica para a viga foi 
desenhada corretamente na Figura ll.lla. Substituindo 88 nas Equações (1)- (3), temos 
MAB = -l35kN·m 
MnA = 90kN ·m 
MBc = -90kN ·m 
Capítulo 11 Análise pelo método do deslocamento: equações de inclinação-dellexão I 341 
Usando esses dados para os momentos, as reações de cortantes nas extremidades dos 
vãos da viga foram determinadas na Figura ll.llc. Os diagramas de cortante e de 
momento são representados graficamente na Figura ll.lld. 
240kN V "'II25kN 60kN 
VA=l27,5kN 1-------t------1 °' ' V8A=15~ ~ti 't) (t tc,"!SkN 
Ü5kN·ml----3m--+-3m--J90kN·m 90kN·ml I I 1m I m 
(o) 
V(kN) 
15 x(m) 
8 
-112,5 
M(kN·m) 
-135 
(d) 
Determine o momento em A e B para a viga mostrada na Figura 11.12a. O apoio em 
B é deslocado (recalca) 80 mm. Considere E= 200 GPa, I= 5(106) nnn4 
(o) 
Figuro 11.12 
SOLUÇÃO 
Equações de indinaçõo-dellexiío. Apenas um vão (AB) tem de ser considerado neste 
problema, tendo em vista que o momento MBc do balanço pode ser calculado da 
estática. Uma vez que não há carga sobre o vão AB, os MEFs são zero. Como mos-
trado na Figura 11.12b, o deslocamento para baixo (recalque) de B faz com que a 
corda para o vão AB gire no sentido horário. Desse modo, 
</JAB = </JBA = O,O: m = 0,02 rad 
A rigidez para AB é (b) 
I 342 I Análise das estruturas 
V81 S.OOON 
M, ( ~ T ~ )s.oooN(3m) 
B, 
(o) 
Aplicando a equação de ioclioação-deflexão (Equação 11.8), ao vão AB, com e A= O, 
temos 
MN = 2EG }2eN + eF- 3</J) + (MEF)N 
MAB = 2(200(10") N/m2)[!,25(10--<5) m3][2(0) + 8s- 3(0,02)] + 0 (I) 
MsA = 2(200(10") N/m2)[1,25(10--<5) m3][28n + 0-3(0,02)] +O (2) 
Equações de equilíbrio. O diagrama de corpo livre da viga no apoio B é mostrado na 
Figura I L 12c. O equilíbrio de momentos exige 
( +L:Mn =O; MsA - 8.000N (3m) =O 
Substituindo Equação (2) nesta equação, resulta em 
I (!06)8s - 30(103) = 24(103) 
8n = 0,054 rad 
Desse modo, das Equações (I) e (2), 
MAs = -3,00 kN · m 
M BA = 24,0 kN · m 
Determine os momentos internos nos apoios da viga mostrada na Figura 11.13a. O 
apoio de rolo em C é empurrado para baixo 30 mm pela força P. Considere E= 200 
GPa, I= 600(106) mm4• 
(•) 
SOLUÇÃO 
1--- 6m -+4,5m 
I +rfrnc 1-rf!cv ----:;~~ZJD B JOmm 
+!fine C -!f!cv 
(b) 
Figuro 11.13 
Equações de inclinação·deflexiío. Três vãos têm de ser considerados neste problema. 
A Equação I 1.8 aplica-se, tendo em vista que os apoios extremos A e D são fixos. 
Assim também, apenas o vão AB tem MEFs. 
wL 2 I (MEF)AB = -12 = -12 (20)(7,2) 2 = -86,4 kN · m 
wL 2 I ( MEF )nA = 12 = 12 (20)(7 ,2) 2 = 86,4 kN · m 
Como mostrado na Figura 11.13b, o deslocamento (ou recalque) do apoio C faz com 
que <f! se seja positivo, tendo em vista que a corda para o vão BC gira no sentido 
Capítulo ll Análise pelo método do deslocamento: equações de inclinação-deflexão I 343 I 
horário, e 1/Jcn seja negativo, considerando que a corda para o vão CD gira no sentido 
anti-horário. Logo, 
0,03m 
rfinc = --;;-;:;;- = 0,005 rad 0,03m rfico = --- = -0,00667 rad 4,5m 
Do mesmo modo, expressando as unidades para rigidez em metros, temos 
600(106) (10- 12) 
= = 83 33 (10-6) m3 
7.2 ' 
600 (106) (10-12) 
kco = 
45 
= 133,33 (10-6) m3 
Observado que 6A = 60 = O já que A e D são apoios fixos, e aplicando a Equação 
11.8 de inclinação-deflexão duas vezes a cada vão, temos 
Para o vão AB: 
MAB = 2[200(106)][83,33(10-6)][2(0) + 6n- 3(0))- 86,4 
MAB = 33 333,36n - 86,4 
MBA = 2[200(106)][83,33(106)][26n + 0- 3(0)) + 86,4 
M BA = 66 666,76n + 86,4 
Para o vão BC: 
(1) 
(2) 
Mnc = 2[200(106)][100(10-6)][26n + 6c- 3(0,005)] +O 
Mnc = 80 0006n + 40 0006c - 600 
McB = 2[200(106)][100(10-6)][26c + eB- 3(0,005)] +o 
M CB = 80 0006c + 40 0006n - 600 
Para o vão CD: 
Mco = 2[200(106)][133,33(10-6)][26c +O 3 ( -0,00667) l + o 
M co = 106 666,76c + 0 + 1066,7 
M 0 c = 2[200(106)][133,33(10-6)][2(0) + 8c- 3(-0,00667)] +O 
M 0 c =53 333,36c + 1066,7 
(3) 
(4) 
(5) 
(6) 
Equações d~ equilíbrio. Essas seis equações contêm oito incógnitas. Escrevendo as 
equações de equilíbri9 de momentos para os apoios B e C (Fignra 10.13c), temos 
( +'ZMn =O; MsA + Mnc =O (7) 
(+'ZMc=O; Mcn+Mcv=O (8) 
Solucionando a que~tão, substitua as Equações (2) e (3) na Equação (7), e as Equações 
(4) e (5) na Equaçã~ (8). Isso resulta em 
Desse modo, 
6c + 3,6678n = 0,01284 
-6c - 0,2148n = 0,00250 
Os = 0,00444 rad 8c = -0,00345 rad 
O valor negativo para 6c indica rotação no sentido anti-horário da tangente em C 
(Figura 11.13a). Substituindo esses valores nas Equações (1)- (6), resulta em 
(o) 
I 344 I Análise das estruturas 
MAs =61,6kN·m '(Resposta) 
MsA = 383kN ·m (Resposta) 
Msc = -383kN·m (Resposta) 
M CB = -698 kN · m (Resposta) 
M CD = 698 kN • m (Resposta) 
Mvc = 883 kN ·m (Resposta) 
Aplique esses momentos finais aos vãos BC e CD e demonstre que VcL = 180,2 kN, 
VeR =- 351,3 kN e a força no rolo é P = 531,5 kN. 
Pll.l. Determine os momentos emA, B e C e então trace 
o diagrama de momento. EI é constante. Presuma que o apoio 
em B seja um rolo e A e C são fixos. 
Pll.l 
P 11.2. Determine os momentos em A, B e C e então trace 
o diagrama de momento para a viga. O momento de inércia 
de cada vão é indicado na figura. Presuma que o apoio em 
B seja um rolo e A e B sejam fixos. E = 200 GPa. 
P11.2 
P11.3. Determine os momentos nos apoios A e C, então 
trace o diagrama de momento. Presuma que o nó B seja um 
rolo. E! é constante, 
P11.3 
*P11.4. Determine os momentos nos apoios, então trace o 
diagrama de momento. Presuma que B seja um rolo e A e C 
são fixos. EI é constante. 
15kN lSkN ISkN 
P11.4 
Pll.S. Determine o momento em A, B, C eD, então trace 
o diagrama de momento para a viga. Presuma que os apoios 
em A e B sejam fixos e B e C sejam rolos. EI é constante. 
Pll.S 
P11.6. Determine os momentos em A, B; C e D, então 
trace o diagrama de momento para a viga. Presuma que os 
apoios em A e D sejam fixos e B e C sejam rolos. EI é 
constante. 
45 kN 45 kN 
P11.6 
Capítulo l l Análise pelo método do deslocamento: equações de inclinação-dellexão I 345 I 
P 11.7. Determine o momento em B, então trace o diagrama 
de momento para a viga. Presuma que os apoios em A e C 
sejam pinos e B é um rolo. EI é constante. 
40kN 
P11.7 
•p 11.8. Determine os momentos em A, B e C, então trace 
o diagrama de momento. EI é constante. Presuma que o apoio 
em B seja um rolo e A e C sejam fixos. 
JOkN 
P11.8 
P11.9. Determine os momentos em cada apoio, então trace 
o diagrama de momento. Presuma que A seja fixo. EI é 
constante. 
54kN 
P11.9 
üii Análise de pórticos indeslocáveis 
Pll.lO. Determine os momentos emA eB, então trace o 
diagrama de momento para a viga. EI é constante. 
P11.10 
Pll.ll. Determine os momentos emA, B e C, então trace 
o diagrama de momento para a viga. Presuma que o apoio 
em A seja fixo, B e C sejam rolos, e D sejaum pino. EI é 
constante. 
P11.11 
*P11.12. Determine os momentos atuando em A e B. Pre-
suma que A tenha um apoio fixo, B seja um rolo e C seja 
um pino. El é constante. 
P11.12 
Um pórtico não se moverá para os lados (não será deslocada para a esquerda ou 
direita), contanto que ele seja adequadamente restringido. Exemplos são mostrados 
na Figura 11.14. Também, nenhum movimento lateral ocorrerá em um pórtico não 
restringido .contanto que ele seja simétrico em relação tanto ao carregamento quanto 
à geometria, conforme mostrado na Figura 11.15. Para ambos os casos, o termo !f; 
nas equações de inçJinação-detlexão será igual a zero, tendo em vista que a flexão 
não faz com que os nós tenham um deslocamento linear. 
p 
w 
~------ l l 
Figura 11.14 
I 346 I Análise das estruturas 
' I 
' 
-----
(•) 
Figuro 11.16 
Os exemplos a seguir ilustram a aplicação das equações de inclinação-deflexão 
usando o procedimento para análise delineado na Seção 11.3 para esses tipos de 
pórticos. 
w w w 
l!!!lll llllllll ll 'l 
i ' 
' ' 
' ' ' 
' ' ' ' 
' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' : ' : ' ' ' 
' ' ' ' ' 
' ' ' ' ' ' 
' ' ' ' ' ' 
' ' ' : ' ' ' ' ' ' ' 
' ' ' ' 
' ' ' ' 
' ' 
Figuro 11.1 S 
Determine os momentos em cada nó do pórtico mostrado na Figura 11.16a. EI é 
constante. 
SOLUÇÃO 
Equações de indinoção-dellexão. Três vãos têm de ser considerados neste problema: 
AB, BC e CD. Tendo em vista que vãos têm apoios fixos em A e D, a Equação 11.8 
aplica-se para a solução. 
Da tabela do Apêndice F, os MEFs para BC são 
5wL 2 (MEF)Bc = -96 = 5 (24) (8)
2 
-'--'-c'-'- = -80 kN · m 
96 
Observe que OA = On =o e lf!As = lf!sc = lf!cn= o, tendo em vista que nenhum movi-
mento lateral irá ocorrer. 
Aplicando a Equação 11.8, temos 
MN = 2Ek(20N + Op- 3lf!) + (MEF)N 
MAs = 2E(:J[2(0) +Os- 3(0)] + 0 
MAB = 0,1667EI On 
MnA = 2E({
2
)r2os +o- 3(0)] +o 
MsA = 0,333El Os 
Msc = 2E(f)[20s + Oc- 3(0)]- 80 
Msc = 0,5EI Os + 0,25EI O c - 80 
Mcs = 2E(f)[20c +Os- 3(0)] + 80 
M c8 = 0,5EI O c + 0,25EI Os + 80 
Mcn = 2E(:J[20c +O- 3(0)] +O 
M CD = 0,333EJ O c 
(I) 
(2) 
(3) 
(4) 
(5) 
Capítulo 11 Análise pelo método do deslocamento: equações de inclinação-deflexão I 347 I 
Mnc = 2E(:2}2(0) +O c- 3 (O)] +O 
Mnc = 0,1667EJ O c (6) 
Equa~ões de equilíbrio. As seis equações anteriores contêm oito incógnitas. As duas 
equações de equilíbrio restantes vêm do equilíbrio de momentos nos nós B e C, Figura 
ll.l6b. Temos 
MsA + Msc =O 
Mcs +Mcn =O 
(7) 
(8) 
Para solucionar essas oito equações, substitua as Equações (2) e (3) na Equação (7) 
e substitua as Equações (4) e (5) na Equação (8). O resultado é 
0,833EJ Os + 0,25EI O c = 80 
0,833El O c + 0,25EI Os = -80 
Solucionando simultaneamente resulta em 
137,1 Os= -Oc =--
EI 
que está de acordo com a maneira como a estrutura deflete conforme mostrado na 
Figura 11.16a. Substituindo nas Equações (1)·(6), chegamos a 
MAs = 22,9kN ·m (Resposta) 
MsA = 45,7kN ·m (Resposta) 
Msc = -45,7 kN · m (Resposta) 
Mcs = 45,7kN ·m (Resposta) 
Mcn = -45,7kN·m (Resposta) 
Mnc = -22,9kN·m (Resposta) 
Usando esses resultados, as reações nas extremidades de cada membro podem ser 
determinadas a partir das equações de equilíbrio, e o diagrama de momento para o 
pórtico pode ser desenhado (Figura 11.16c). 
(o) 
(b) 
I 348 I Análise das estruturas 
Determine os momentos internos em cada nó do pórtico mostrado. na Figura ll.l7a. 
O momento de inércia para cada membro é dado na figura. Considere E~ 200 GPa. 
Figuro 11.17 
SOLUÇÃO 
Equasões de inclinosão-dellexõo. Quatro vãos têm de ser considerados neste pro-
blema. A Equação 11.8 aplica-se aos vãos AB e BC, e a Equação 11.1 O será aplicada 
a CD e CE, porque as extremidades em D e E estão fixadas por pinos. ,; ' 
Calculando as rigidezes dos membros, temos 
80(106) (10-12) 
kcD = 
4 5 
= 17,78(10-6) m3 
, 
320(106) (10-12) 
ksc = 
4 8 
= 66,67(10-6) m3 
, 
260(106) (10- 12) 
IeeE= 3,6 = 72,23(10-
6) m3 
Os MEFs em razão das cargas são 
PL 30(4,8) (MEF)sc = -- = - = _:_18 kN · m 
8 8 
PL 30(4,8) 
(MEF)cs =g-= 8 = 18kN·m 
wL 2 50(3,6) 2 (MEF)cE = --
8
-=-
8 
= -8lkN·m 
Aplicando as Equações 11.8 e ll.IO à estrutura e observando que e A~ O, </IAs~ </!se 
~ </1 CD ~ </1 CE ~ O tendo em vista que nenhum movimento lateral ocorre, temos 
MN = 2Ek(28N + 8F- 3</f) + (MEF)N 
MAs = 2[200(106)](35,56)(10-6)[2(0) + 88 - 3(0)] +O 
MAB = 14 222,288 (1) 
MsA = 2[200(106)](35,56) (10-6)[288 +O- 3(0)] +O 
M BA = 28 444,488 (2) 
Msc = 2[200(106)](66,67) (10-6)[288 + 8c- 3(0)]- 18 
M BC = 53 333,388 + 26 666,78c - 18 (3) 
Mcs = 2[200(106)](66,67) (!0-6)[28c + 88 - 3(0)] + 18 
M CB = 26 666,788 + 53 333,38c + 18 (4) 
Capítulo 11 Análise pelo método do deslocamento: equações de inclinação-deflexão I 349 I 
MN = 3Ek(8N- !f!) + (MEF)N 
Mcn = 3[200(106)](17,78) (I0-6)[8c- O]+ O 
M CD = 10 666,78c 
McE = 3[200(106)](72,22) (!0-6)[8c- O]- 81 
M CE = 43 333,38c - 81 
(5) 
(6) 
Equo!Ões de equilíbrio. Essas seis equações contêm oito incógnitas. Duas equações 
de equilíbrio de momentos podem ser escritas para os nós B e C (Figura 11.17b). 
Temos 
MBA +MBc =O 
McB +Mcn +McE =0 
(7) 
(8) 
Solucionando a questão, substitua as Equações (2) e (3) na Equação (7), e as Equações 
(4)-(6) na Equação (8). Isto resulta em 
81 777,78B + 26 666,78c = 18 
26 666,78B + 107 333,38c = 63 
Solue;ionando essas equações simultaneamente resulta em 
eB = 3,124(10-5) rad 8c = 5,792(10-4) rad 
Esses valores, sendo no sentido horário, tendem a distorcer a estrutura como mostrado 
na Figura 11.17a. Substituindo esses valores nas Equações (1)-(6) e solucionando, 
chegamos a 
MAB = 0,444kN ·m (Resposta) 
MBA = 0,888kN ·m (Resposta) 
MBc = -0,888kN ·m (Resposta) 
McB = 49,7 kN ·m (Resposta) 
Mcn =6,18kN·m (Resposta) 
McE = -55,9kN ·m (Resposta) 
iüll Análise de pórticos deslocáveis 
·' Um pórtico se movimentará para os lados, ou será deslocado lateralmente, quando 
ele ou a carga atuando sobre elé forem assimétricos. Para ilustrar esse efeito, considere 
' o pórtico mostrado na Figura 11.18. Aqui a carga P provoca momentos desiguais 
MBc e McB nos nófo B e C, respectivamente. MBc tende a deslocar o nÓ B para a 
direita, enquanto McB tende a deslocar o nó C para a esquerda. Tendo em vista que 
MBc é maior do que McB• o resultado líquido é um deslocamento lateral /:; de ambos 
os nós B e C para a direita, como mostrado na figura.* Ao aplicar a equação de in-
clinação-deflexão a cada coluna desse pórtico, temos que considerar, portanto, a 
rotação da coluna !f! (tendo em vista que !f! =/:;/L) como desconhecida na equação. 
Como consequência, uma equação de equilíbrio extra deve ser incluída para a solução. 
Nas partes anteriores foi mostrado que deslocamentos angulares e desconhecidos 
* Lembre~se de que as deformações de todos os três membros por causa do cortante e força axial 
são desprezadas. 
(h) 
I 350 I Análise das estruturas 
p 
Figuro 11.18 
(•) 
Figuro 11.19 
(b) 
S c 
4m 
6m 
Vv-+t" 
(o) "V 
Mnc 
eram relacionados por equações de equilíbrio de momentos combinadas. De maneira 
similar, quando deslocamentos lineares combinados ló. (ou rotações de vão 'I') ocor-
rem, temos de escrever equações de equilíbrio de forças a fim de obter a solução 
completa. As incógnitas nessas equações, entretanto, têm de erivolver somente os 
momentos internos atuando nas extremidades das colunas, tendo em vista que as 
equações de inclinação-deflexão envolvem esses momentos. A técnica para solucionar 
problemas para pórticos deslocáveis é mais bem ilustrada por meio de exemplos. 
Determine os momentos em cada nó do pórtico mostrado na Figura 11.19a. EI é 
constante. 
SOLUÇÃO 
Equações deinclinoção-deflexõo. Tendo em vista que as extremidades A e D são fixas, 
a Equação 11.8 aplica-se a todos os três vãos da estrutura. O movimento lateral ocorre 
aqui tendo em vista que tanto a carga aplicada quanto a geometria da estrutura são 
assimétricas. Neste caso, a carga é aplicada diretamente ao nó B e, portanto, nenhum 
MEF atua nos nós. Como mostrado na Figura 11.19a, presume-se que ambos os nós, 
B e C, foram deslocados em um montante igualló.. Consequentemente, rjJ AB = A/4 e 
rf!nc= A/6. Ambos os termos são positivos, tendo em vista que as cordas dos membros 
AB e CD "giram" no sentido horário. Relacionando rflAB a rflnc. temos rflAB = (6/4) 
rjJ DC· Aplicando a Equação 11.8 à estrutura, temos 
MAs = 2E(f)[2 (O) + 08 - 3( %rf!nc)] +O = EI ( 0,508 - 2,25rf!nc) (1) 
MsA = 2E(f)[20s +O- 3(%rf!nc)] +O= EI(1,00s- 2,25rf!ncl (2) 
Msc = 2E(i}2os + Oc- 3(0)] +O= EI(O,BOs + 0,40c) (3) 
Mcs = 2E(~)l20c +Os- 3(0)] +O= EI(O,BOc + 0,40s) (4) 
M cn = 2E ( ~ )l20c + O - 3rf!ncJ + O = El ( 0,6670c - 1,0rf!nc) (5) 
Mnc = 2E(D[2(0) + Oc- 3rf!ncl +o= EI(0,3330c- !,Orf!nc) (6) 
Equações de equilibrio. As seis equações contêm nove incógnitas. Duas equações de 
equilíbrio de momentos para os nós B e C (Figura 11.19b ), podem ser escritas, a 
saber 
MsA + Msc =O 
Mcs +Mcn =O 
(7) 
(8) 
Tendo em vista que um deslocamento horizontal A ocorre, consideraremos somar 
forças em toda a estrutura na direção x. Isto resulta em 
.::i>2:Fx =O; 200- VA - Vn =O 
As reações horizontais ou cortantes de coluna VA e VD podem ser relacionados aos 
momentos internos considerando o diagrama de corpo livre de cada coluna separa-
damente (Figura 11.19c). Temos 
Capítulo ll Análise pelo método do deslocamento: equações de inclinação-deflexão I 351 I 
SM8 =O; 
SMc=O; 
Desse modo, 
V D = - "-M'-'D"'C'----':+-'M::.::.'ócD"-
6 
(9) 
Para solucionar a questão, substitua as Equações (2) e (3) na Equação (7), Equações ( 4) 
e (5) na Equação (8), e as Equações (!), (2), (5), (6) na Equação (9). Isto resulta em 
1,888 + 0,48c - 2,25ifrnc =O 
0,488 + l,4678c - ifrnc =O 
800 
1,588 + 0,6678c - 5,833lfrnc = - E! 
Solucionando simultaneamente, ternos 
E! 88 = 243,78 E! 8c = 75,66 E! ifrnc = 208,48 
Por fim, usando esses resultados e solucionando as Equações (1)-(6), resulta em 
MAB = -347kN·m (Resposta) 
MsA = -225kN·m (Resposta) 
Msc = 225 kN ·m (Resposta) 
Mcs = l58kN·m (Resposta) 
Mcn =-158kN·m (Resposta) 
Mnc = -183 kN ·m (Resposta) 
Determine os momentos em cada nó do pórtico mostrado na Figura ll.20a. Os apoios 
em A e D são fixos e presume-se que o nó C seja ligado por pino. E! é constante 
para cada membro. 
SOLUÇÃO 
Equo1ões de inclina~õo-dellexõo. Aplicaremos a Equação 11.8 ao membro AB tendo 
em vista que ele tem ligações fixas em ambas as extremidades. A Equação 11.1 O 
pode ser aplicada de B·'para C e de D para C, tendo em vista que o pino em C suporta 
momento zero. Como mostrado pelo diagrama de deflexão (Figura ll.20b ), há um 
deslocamento linear desconhecido !'.do pórtico e deslocamento angular desconhecido 
88 no nó B* Graças 1a !'., os membros da corda AB e CD giram no sentido horário, "'~ ifrAB ~ ifrnc ~ M4. Percebendo que e A ~ eD ~ o e que não há MEFs para os 
membros, ternos 
MN = 2EG )<zeN+ eF- 3lfr) + (MEF)N 
MAs = 2E(~)r2(0) + 88 - 3lfr] + 0 (1) 
* Os deslocamentos angulares 8cB e Oco no nó C (pino) não estão incluídos na análise, tendo em 
vista que a Equação 11.1 O deve ser usada. 
(o) 
Figura 11.20 
I 352 I Análise das estruturas 
(b) 
(c) 
A1 +A2 61 + ll2 
40kN H ~··~ 
c 
' ' Sm ' 
' ~; ,, 80kN B ;;t' 
-
Sm 
(•) 
MBA = 2E(~}28s + 0- 31/J) + 0 
MN = 3EG }oN - 1/1) + (MEF)N 
Msc = 3E(f)cos -o) +o 
Mnc = 3E(i)co- 1/1) +o 
(2) 
(3) 
(4), 
Equoções de equilíbrio. O equilíbrio de momentos do nó B (Figura I L20c), exige 
(5) 
Se forças são somadas para todo o pórtico na direção horizontal, temos 
+ 2-F =o· 
--+ X ' 10-VA -Vn=O (6) 
Como mostrado no diagrama de corpo livre de cada coluna (Figura I L20d), temos 
2-Mc=O; 
Desse modo, da Equação (6) 
Mnc Vn = ---
4 
!O+ MAB : MsA + M:c =O (7) 
Substituindo as equações de inclinação~deflexão nas Equações (5) e (7) e simplifi-
cando, resulta em 
Desse modo, 
240 
Os = 2!EI 
320 
1/1 = 2!EI 
Substituindo estes valores nas Equações (1)-(4), temos 
MAB = -17,1 kN · m, 
Msc = 11,4kN ·m, 
MsA = -11,4kN·m 
Mnc = -11,4kN ·m 
(Resposta) 
(Resposta) 
Usando esses resultados, as reações finais em cada membro podem ser determinadas 
das equações de equilíbrio (Figura IL20e). O diagrama de momento para o pórtico 
é mostrado na Figura I L20f 
Capítulo 11 Análise pelo método do deslocamento: equações de inclinação-deflexão I 353 I 
3,81 kN 3,81 kN 3,81 kN 
!O kN ~1,4 ~·.: kN 'i'l64kNikNN~(é;~~ti!!ii!ii!!l!i!!ii!i!!ii!i!!ii!t-•~t:__ 2,86 kN 
7,14kN ' 
11,4kN·m 3,81 kN 
3,81 kN 
11,4kN·m 
7,14kN 
7,14kN 
3,81 kN 
17,1 kN·m 
3,81 kN 
2,86 kN 
(o) 
2,86 kN 
11,4kN·m 
3,81 kN 
Explique como os momentos em cada nó do pórtico de dois andares mostrado na 
Figura 11.21a são determinados. E! é constante. 
SOLUÇÃO 
Equo~õo de indino~õo-dellexão. Tendo em vista que os apoios em A e F são fixos, a 
Equação 11.8 aplica-se a todos os seis vãos do pórtico. Nenhum MEF tem de ser cal-
culado, tendo em vista que a carga aplicada atua nos nós. Aqui a carga desloca os nós 
B e E um montante L\. I> e C e Dum montante .:\.1 + .:\.2• Como resultado, os membros 
AB e FE passam por rotações de tf;1 = .:\.1/5 e BC e ED por rotações de tf;2 = .:\.2/5. 
Aplicando a Equação 11.8 ao pórtico resulta em 
MAB = 2E(f)r2(0) + 88 - 3tf;l] + 0 (!) 
M8A = 2E(f)[28a + 0- 3tf;l] + 0 (2) 
M8c = 2E(f)[288 + 8c- 3tf;2] +O (3) 
Mca = 2E(f)[28c + 88- 3tf;,] + 0 (4) 
McD = 2E(%}2ec + eD- 3(0)] +o (5) 
MDC= 2E( %}28D + 8c- 3(0)] + 0 (6) 
M8E = 2E(%)[28B + 8E- 3(0)] + 0 (7) 
MEB = 2E(%)[28E + 88- 3(0)] + 0 (8) 
MED = 2E(f)r28E + 8D - 3tf;,j + 0 (9) 
MDE = 2E(f)r28D + 8E - 3tf;2] + 0 (10) 
I' 
17,1 11,4 
(fj 
v, 
Mvc 
(d) 
Figuro 11.21 
I 354 I Análise das estruturas 
(h) 
40kN 
40kN 
80kN 
(o) 
MFE = 2E(Ü[2(0) + OE - 31/Jt) + 0 
MEF = 2E(~)[28E + 0- 31/JI] +O 
Essas 12 equações contêm 18 incógnitas. 
(11) 
(12) 
Equações de equilíbrio. O equilíbrio de momentos dos nós B, C, De E (Figura 11.2lb), 
exige 
MsA +MsE +Msc =O (13) 
Mcs+Mcn=O (14) 
Mnc +MnE =O (15) 
MEF + MEB + MED =o (16) 
Como nos exemplos anteriores, o cortante na base de todas as colunas para qualquer 
andar tem de equilibrar as cargas horizontais aplicadas (Figura 11.2lc). Isso resulta 
em 
t, L. F =O· ~ X ' 
40 + Msc + Mcs + MEn + MnE 5 5 =o (17) 
.:f>L.Fx = 0; 40 + 80- VAB - VFE = 0 
120 + MAB + MsA MEF + MFE =O 5 + 5 (18) 
A solução exige substituir as Equações (1)-(12) nas Equações (13)-(18), o que resulta 
em seis equações tendo seis incógnitas,"'" 1/12, Os, O c, On e OE· Essas equações podem 
então ser solucionadas simultaneamente. Os resultados são substituídos novamente 
nas Equações (1)-(12), o que produz os momentos nos nós. 
Determine os momentos em cada nó do pórtico mostrado na Figura 11.22a. EI é 
constante para cada membro. 
(a) (h) 
Figura 11.22 
Capítulo 11 Análise pelo método do deslocamento: equações de inclinação-deflexão I 355 I 
SOLUÇÃO 
Equações de inclinaçõo-dellexõo. A Equação 11.8 aplica-se a cada um dos três vãos. 
Os MEFs são 
wL 2 30 (3,6) 2 
(MEF)sc = -U =-
12 
= -32,4kN ·m 
wL 2 30 (3,6) 2 
(MEF)cB = 
12 12 
= 32,4 kN · m 
O membro inclinado AB faz com que o pórtico se desloque lateralmente para a direita 
como mostrado na Figura 11.22a. Como consequência, os nós B e C são sujeitos 
tanto a deslocamentos rotacionais quanto lineares. Os deslocamentos lineares são 
mostradosna Figura 11.22b, onde B se desloca t.1 para B' e C se desloca t.3 para C'. 
Esses deslocamentos fazem com que as cordas dos membros girem .p1, .p3 (sentido 
horário) e - </12 (sentido anti-horário) como mostrado.* Logo, 
Ll, 
"'' =-6 
Como mostrado na Figura 11.22c,.os três deslocamentos podem ser relacionados. Por 
exemplo, Ll2 = 0,5Ll1 e Ll3 = 0,866t.1. Desse modo, das equações acima temos 
Usando esses resultados, as equações de inclinação-deflexão para a estrutura são 
MAB = 2E(f)[2(0) + OB- 3</JJ] + 0 (I) 
MBA = 2E(f)[28B + 0 - 3</JJ] + 0 (2) 
MBc = zEC~6)r2eB + ec- 3(-o,417<PIJJ- 32,4 (3) 
McB = 2E(_!_)[28c + eB- 3(-0,417</IJ)] + 32,4 (4) 
3,6 
M co = 2E ( D[28c + O - 3 (0,433</11)] + O (5) 
Moc = 2E(i)r2(0) + Oc- 3(0,433</11)] +o (6) 
Essas seis equações contêm nove incógnitas. 
Equações d~ equilíbri~. O equilíbrio de momentos nos nós B e C produz 
MBA +MBc=O (7) 
M CD + M CB = 0 (8) 
i 
A terceira equação' de equilíbrio necessária pode ser obtida somando os momentos 
em tomo do ponto O em todo o pórtico (Figura 11.22d). Isso elimina as forças nor-
mais desconhecidas NA e Nv, e, portanto, 
(+2:M0 =0; 
MAB +Moc- ( MAB; MBA)(i0,2) -( Moc: Mco)(12,24)- 108(1,8) = 0 
-2,4MAB - 3,4MBA - 2,04Mc0 - 1,04Moc- 194,4 = 0 (9) 
* Lembre-se que distorções por causa de forças axiais são desprezadas e os deslocamentos de arco 
BB' e CC' podem ser considerados como linhas retas, tendo em vista que ifi1 e !f!3 são na realidade 
muito pequenos. 
I 356 I Análise das estruturas 
Substituindo as Equações (2) e (3) na Equação (7), Equações (4) e (5) na Equação 
(8), e Equações (1), (2), (5) e (6) na Equação (9) resulta em 
9,72 
0,7338s + 0,1678c - 0,392,P1 = E! 
9,72 
0,16788 + 0,5338c + 0,0784,P1 = - E! 
58,32 
-1,8408s - 0,5128c + 3,880,P1 = --m 
Solucionar essas equações simultaneamente resulta em 
E! Os = 35,51 E! O c = -33,33 E! ,P1 = 27,47 
Substituindo esses valores nas Equações (1)-(6), temos 
MAB = -31,3 kN ·m Msc = 7,60 kN · m Mco = -34,2 kN · m (Resposta) 
MsA = -7,60 kN · m Mcs = 34,2 kN ·m Moc = -23,0 kN ·m (Resposta) 
P11.13. Determine os momentos em A, B e C, então trace 
o diagrama de momento para cada membro. Presuma que 
todos os nós tenbam ligações fixas. E! é constante. 
P11.15. Determine o momento em B, então trace o dia-
grama de momento para cada membro do pórtico. Presuma 
que o apoio em A seja fixo e C seja fixado por pino. E! é 
constante. 
P11.13 
P11.14. Determine os momentos nos apoios, então trace 
o diagrama de momento. Os membros têm ligações fixas 
nos apoios e no nó B. O momento de inércia de cada membro 
é dado na figura. Considere E = 200 GPa. 
IOOkN 
A 1 
l,Sm 
P11.14 
Pl1.15 
*P11.16. Determine os momentos em B e D, então trace 
o diagrama de momento. Presuma que A e C sejam fixados 
por pinos e B e D tenbam ligações fixas. E! é constante. 
Pll.l6 
Capítulo 11 Análise pelo método do deslocamento: equações de inclinação-deflexão I 367 I 
P 11.1 7. Determine o momento que cada membro exerce 
sobre o nó em B, então trace o diagrama de momento para 
cada membro do pórtico. Presuma que o apoio em A seja 
fixo e C seja um pino. EI é constante. 
P11.17 
P 11.18. Determine o momento que cada membro exerce 
sobre o nó em B, então-trace o diagrama de momento para 
cada membro do pórtico. Presuma que os apoios em A, C e 
D sejam pinos. EI é constante. 
P11.18 
Pl1.19. Determine o momento nos nós De C, então trace 
o diagrama de momento para cada membro do pórtico. Pre-
suma que os apoios em A e B sejam pinos. EI é constante. 
50 kN/m 
~l,Sm-+-- Jm 4r.~m-i 
Pl1.19 
*P 11.20. Determine o momento que cada membro exerce 
sobre os nós em B e D, então trace o diagrama de momento 
para cada membro do pórtico. Presuma que os apoios em A, 
C e E sejam pinos. EI é constante. 
P11.20 
P 11.21. Determine o momento nos nós C e D, então trace 
o diagrama de momento para cada membro do pórtico. Pre-
suma que os apoios em A e B sejam pinos, EI é constante. 
c 1 
8kN/m 6m 
A B l 
1--- 5 m ----'--'-! 
Pl1.21 
P11.22. Determine o momento nos nós A, B, C e D, então 
trace o diagrama de momento para cada membro do pórtico. 
Presuma que os apoios em A e B sejam fixos. EI é 
constante. 
c l 
Jm 
B J 
Jm 
P11.22 
P11.23. Determine os momentos atuando nos apoios A e 
D do pórtico com colunas inclinadas. Considere E = 200 
GPa, I= 46,3(106) mm4. 
I 358 I Análise das estruturas 
~3m-~- 4m --l--3m-i 
Pll.23 
*P11.24. Cargas de vento são transmitidas para o pórtico 
no nó E. Se A, B, E, D e F são todos ligados por pinos e C 
tem urna ligação fixa, determine os momentos no nó C e 
trace os diagramas de momento fletor para a viga BCE. EI 
é constante. 
PP 11.1. O telhado é suportado por vigotas que repousam 
sobre duas vigas. Pode-se considerar que cada vigota tem 
apoios simples, e a viga da frente é fixada nas três colunas 
por um pino em A e rolos em B e C. Presuma que o telhado 
seja feito de concreto com escória de 75 mm de espessura, e 
12kN 
~6m---f--4m~ 
Pll.24 
cada vigota tenha um peso de 2,5 kN. De acordo com o 
código, o telhado será sujeito a uma carga de neve de I ,2 kN/ 
m'. As vigotas têm um comprimento de 8 m. Trace os dia-
gramas de cortante e momento para a viga. Presuma que as 
colunas de apoio sejam rigidas. 
PPII.I 
Os deslocamentos desconhecidos de uma estrutura são referidos com os graus de liberdade para a estrutura. Eles con-
sistem de deslocamentos ou rotações de nós. 
(Ref.: Seção 11.1) 
As equações de inclinação-deflexão relacionam os momentos desconhecidos em cada nó de um membro estrutural com 
as rotações desconhecidas que ali ocorrem. A equação a seguir é aplicada duas vezes a cada membro ou vão, conside-
rando cada lado a extremidade "próxima" e sua contrapartida a extremidade distante. 
Esta equação é aplicada somente uma vez, onde a extremidade "afastada" está no pino ou com apoio de rolo. 
Capítulo ll Análise pelo método do deslocamento: equações de inclinação-deflexão I 359 I 
(Ref.: Seção 11.2) 
Uma vez que as equações de inclinação-deflexão tenham sido escritas, elas são substituídas nas equações de equilíbrio 
de momeníos em cada nó e então solucionadas para os deslocamentos desconhecidos. Se a estrutura (pórtico) é deslo-
cável, então ocorrerá um deslocamento horizontal desconhecido em cada nível de piso, e o cortante de coluna desco-
nhecido tem de ser relacionado aos momentos nos nós, usando ambas as equações de equilíbrio de forças e de momentos. 
Uma vez que os deslocamentos desconhecidos tenham sido obtidos, as reações desconhecidas são calculadas a partir 
das relações de carga-deslocamento. 
(Ref.: seções 11.3 a 11.5)