Domício Falcão Moreira - Método de Cross

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M I N I S T E R I O D O E X E R C I T O 
DE P CTEx 
SECÃO DE ENGENHARIA DE CONSTRUCÃO 
 TODO DE CROSS 
í INCLUSIVE TABEIJAS DE BARTH ) 
8.a Edição 
Domicio F. Moreira 
Marcus Vinicius Filgueiras 
1 1 - GRANDEZAS BhSICAS 
1.1 - lidades - Momento dos nós - Convenções de Sinais 
de Grinter . 
Tal como o método dos pontos fixos, o método de Cross le - ' 
vanta a indeterminação estática das estruturas computando ape- 
nas as deformações causadas pelos momentos fletores. E mais: O 
emprego das expressões, dos conceitos, do mecanismo dêste méto - 
do que vamos estudar exige que a estrutura considerada seja in - 
deslocãvel, externamente " a priori", ou tenha sido tornada in - 
deslocãvel com o auxílio de apoios ideais do 1Q gênero ( cuja 
influência corrige-se p~steriormente). 
Entretanto, na maneira de operar, uma diferença entre os 
dois citados métodos se faz notar, de início. No método dospon - 
tos fixos, a resolução é conduzida acompanhando-se o andamento 
do diagrama de momentos fletores ao longo de cada barra da es- 
trutura (trabalhando-se, portanto, com os momentos nas bar - 
ras) . No método de Cross, interessam apenas os momentos nos nós 
da estrutura (que são as ações transmitidas aos nós pelas ex - 
tremidades das barras). 
i Daremos, a seguir, alguns exemplos, através dos quaispro - 
t curamos fixar o conceito de "momento no nó" e a diferença en- 
I tre este e ode momento da barra: 
1.1.1 - Consideremos a viga biengastada AB, de inércia constan 
te e vão~,submetida à carga uniformemente distribuída "q". Re- 
solvendo-a, obteríamos o D . M . F representado na figura 1. 
Ora, separando a barra dos 
seus engastes, podemos cons - 
tatar a existência de: 
F i g . 1 
CONVENCAO DE GRINTER: "São positivos os momentos nos nós 
que tem o sentido horãrio" [e, naturalmente, negativos os que 
tem o sentido oposto). 
Por esta convenção, temos no 19 exemplo citado: 
" 
No 2 9 exemplo, são positivos os momentos MAD. MDA e MEC. 
São negativos MDE, MED. MEB e MBE. 
Deste modo, na convenção de Grinter, que tem sentido me- 
cânico, a soma algébrica dos momentos em um nõ é nula, desde que 
a estrutura esteja em equilíbrio. 
Assim, no 2 9 exemplo, temos: E 
Resolvendo pelo método de Cross uma estrutura como a da 
fig. 3, teremos levantado a indeterminação estática ao obtermos' 
um conjunto de valores numéricos. [MBA, MBC, MCB, MCD e MDC) pa- 
ra os momentos nos nós. Esçes níimeros estarão afetados de si - 
nais. Interpretando esses sinais (convenção de Grinter), voltare - 
mos aos momentos nas barras, traçando a seguir as linhas de fe - 
chamento e o D.M.F. (pela fibra distendida). 
tadas as desig- 
+ 
A 3 a B 
Ao f a t o r c o n s t a n t e tAB = f B ; fB ¢ 
R- f B R 
denominamos " c o e f i c i e n t e de t r anspo- 
s ição" . 
Como uma das grandezas b á s i c a s 
do método de Cross temos um c o e f i c i - 
e n t e semelhante ao acima c i t a d o , - a 
p l i c ã v e l , porém aos momentos nos nós. 
F ig . 5 
"Coe f i c i en t e de t r ansmis são" , " c o e f i c i e n t e de t r a n s p o r t e " - 
ou " c a r r y over f a c t o r " tAB e , p o r t a n t o , o número q u e , m u l t i p l i c a - 
do pe lo momento MAB (rio nó A) , nos dá o momento d e s p e r t a d o MBA 
(no nó B ) : 
E n t r e t a n t o , o v a l o r numérico d e s t e c o e f i c i e n t e não é o meç 
mo do c o e f i c i e n t e de t r a n s p o s i ç ã o do método dos pontos f i x o s . E 
que , por uma p e c u l i a r i d a d e do s i s t e m a p r i n c i p a l adotado no méto- 
do de Cross (conforme veremos oportunamente) , a t r ansmis são s e 
f a z sempre p a r a um nó com engastamento p e r f e i t o ou engastamento ' 
nu lo . Prevendo e s t a s duas s i t u a ç õ e s (o nó opos to é engas tado ou 
a r t i c u l a d o ) , t o rna - se f ã c i l c a l c u l a r e t a b e l a r o s v a l o r e s do coe - 
f i c i e n t e de t r a n s m i s s ã o , 
apenas em função das con - 
d ições e l á s t i c a s da ba r - 
r a ( l e i de v a r i a ç ã o da 
i n é r c i a J ) . 
F ig . 6 
1 . 5 - Rigidez 
O método d a s Deformações d e f i n e : 
Rigidez de uma b a r r a AB, na sua extremidade A,; o v a l o r 
do momento KAB que s e r i a n e c e s s á r i o a p l i c a r a e s s a extremidade 
da ba r r a p a r a o b t e r uma r o t a - 
ção 4 = 1 
Reciprocamente , a r i A B - 
a 
gidez na extr,emidade (KBA) e 
medida pe lo momento a a p l i c a r 
C - {B 
em B para o b t e r r o t a ç ã o @ B -1 - 
(ver f i g . 11). 
E c l a r o que , ao medirmos a r i g i d e z 
a r i g i d e z XBA devemos romper o engas t 
midade opos ta da b a r r a conse rva , em a 
mento r e a l . 
No método de Cross , encontramos 
dez (momento a a p l i c a r em uma e x t r e 
para o b t e r , ne s sa ex t remidade , r o t a ç a 
Todavia , a s condições em que s e av 
E p o s s i v e l , ass im, c 
engastamento, o b t e r as exp 
r a c t e r í s t i c a s e l ã s t i c a s da 
u sua i s de v a r i a ç ã o de i n é r c i a J. 
VALORES DA RIGIDEZ 
a ) Caso Geral (J v a r i á v e l ) 
I - A extremidade opos t a tem engãstamento p e r f e i t o (Rig i 
dez K). 
Consideremos a b a r r a AB, p e r f e i t a m e n t e engas tada em 
B . Desejamos a v a l i a r a r i g i d e z d e s t a b a r r a em A (KAB). 
Aplicando em A um momento K A B , teremos em B um momen - 
t o despe r t ado M g K m tAB . A r o t a ç ã o da t a n g e n t e 5 e l á s t i - 
ca em A ( a q u a l , por d e f i n i ç ã o , é u n i t á r i a ) tem p a r a va- 
l o r (f i g 12) : 
@A = K A B a - KAB t~~ . 8 = i , logo: 
- - I 
K~~ Ora , sendo p e r f e i t o o engastamento 
a - 8 . tAB - B em B, temos: t - - 
AB v 
donde: KAB = 
I a Y - 8 
E análogamente: 
F i g . 1 2 
r' 
Se a extremidade A for perfe<tamente engastada, a r i - 
gidez do lado B (KBA) pode ser obtida por processo aná- 
logo ao desenvolvido acima, chegando-se a 
a y-B 
11- A extremidade.oposta não tem erigastamento (Rigidez K ' ) 
No caso da fig 13, temos: A B 
+,= Kb. a = 1, 
Se o l ado l i v r e f o s s e a extremidade A, t e r í amos 
c ) Caso de s i m e t r i a - R I G I D E Z K" ' 
Como ex tensão do c o n c e i t o de r i g i d e z e p a r a r e s o l v e r - 
mos por meio de a r t i f í c i o c e r t o s ca sos de s i m e t r i a , con- 
s ideramos o ca so de uma b a r r a s i m é t r i c a ( f i g 16) ?i q u a l 
ap l ica remos em ambas a s ex t remidades A e B , momentos 
K A h e de s e n t i d o s c o n t r á r i o s ) , capazes de d e s p e r t a r em - 
A e B r o t a ç õ e s u n i t á r i a s e s i m é t r i c a s . 
Quando rompemos o s 
e n g a s t e s em A e B e a p l i - 
I 
camos os momentos KE = 
I 
A 3 I = K";IA, as rotações são: B 
I 
@A = @ B = KE 
( a + B ) = l 
O que cor responde a 
I 
F i g . 1 6 
d ) Caso da a n t i - s i m e t r i a - Rigidez K I V 
F ina lmente , s e r á ú t i l em 
c e r t o s c a s o s de s i m e t r i a da 
e s t r u t u r a e a n t i - s i m e t r i a d a 
I 
car regamento , e s t e n d e r a no - 
ção de r i g i d e z ao ca so da 
f i g 1 7 . Devemos a p l i c a r an- 
I 
t i - s i m é t r i c a m e n t e duas c a r - I 
I V = I V , gas momentos K AB 
K~~ 
pazes de p r o d u z i r r o t a ç õ e s 
- = 1. obteremos: @A - - F i g . 1 7 
@A 
- - - @ = K B 
IV ( a - 8) = 1 , o que dã p a r a K" o valo AB AB 
I J 
e ) Valores p a r t i c u l a r e s da r i g i d e z no caso das barrascom 
momentos de i n é r c i a g o n s t a n t e ( j c o n s t a n t e ) . - 
Neste c a s o , temos a s r o t a ç õ e s : a = y = R R ; e 6 - 
3EJ 6EI 
sendo - R o comprimento da b a r r a . 
Para a s d i v e r s a s s i t u a ç õ e s cons ide radas no í t em (a) , 
temos: 
Caso 1 - ( engas t e p e r f e i t o ) : K = 4EJ 
R 
Caso 2 - ( engas t e n u l o ) : K * = 3EJ - - - - . K 
R 4 
Caso - 3 - (ba l anço ) : K" = O 
Caso - 4 - ( s i m e t r i a ) : K t ~ T = .I< 2EJ - - - 
R 
Caso 5 - ( a n t i - s i m e t r i a ) : K I V = 6EJ - - 
R 2 
1 . 6 - C o e f i c i e n t e de r i g i d e z 
Conforme veremos, no c á l c u l o d a s e s t r u t u r a s p e l o método 
de Cross , o s v a l o r e s da r i g i d e z das d i v e r s a s b a r r a s não apare- 
cem i s o l a d a s e , s i m em f r a ç õ e s nas q u a i s a lguns d e l e s f iguram 
i 
no numerador e o u t r o s , no denominador. Por e s t a r a z á d , é muito 
cômodo TRABALHAR com " c o e f i c i e n t e de r i g i d e z " K , p r o p o r c i o n a i s - 
aos v a l o r e s da r i g i d e z K. 
Na grande ma io r i a das e s t r u t u r a s u s u a i s , o módulo de e - 
l a s t i c i d a d e E é comum a t o d a s a s h a s t e s ou b a r r a s . Costuma- s e 
d i v i d i r o s v a l o r e s de K po r 4E obtendo o s c o e f i c i e n t e s de r i g i - 
dez . 
No caso das b a r r a s com i n é r c i a v a r i á v e l , o s coef 
de r i g i d e z e s t ã o t a b e l a d o s (v ide o c a p í t u l o que t r a t a 
lução das e s t r u t u r a s com J - . r a r i áve l ) , p a r a a s l e i s de v a r i a ç ã o 
a i s empregadas. Se o ca so a r e s o l v e r hão s e enquadra nas 
t a b e l a s d i s p o n í v e j s , ê n e c e s s ã r i o c a l c u l a r a s r o t a ç õ e s , a,B e 
y por i n t e g r a ç ã o aproximada. Obt idos o s v a l o r e s d e s s a s r o t a - 
ç õ e s , que v i r ã o na tu ra lmen te em função do mõdulo de e l a s t i c i d a - 
de E, a passagem ao v a l o r do c o e f i c i e n t e de r i g i d e z - K se f a z 
como dissemos acima. 
No caso das b a r r a s com momento de i n é r c i a c o n s t a n t e , a 
d i v i s ã o dos v a l o r e s c i t a d o s por 4 E nos dá : 
VALORES DO COEFICIENTE DA RIGIDEZ, PARA J CONSTANTE 
Observações: 
1 - Para e v i t a r que os v a l o r e s dos c o e f i c i e n t e s de r i g i d e z ( K , 
K ' , e t c ...) sejam muito pequenos (£rações da u n i d a d e ) , é - u 
sua1 tomar v a l o r e s L.000 ou 10.000 vezes ma io re s : 
K = 3 1000 J K , - 1000 J e t c . . . 
!L 4 R 
E c l a r o que pelos mot ivos a n t e r i o r m e n t e apon tados , n d u n - 
e r r o s e r á i n t r o d u z i d o desde que todos o s v a l o r e s d e J , v e 
(1 .000, 10.000, e t c ...) 
2 - Para a s b a r r a s d e i n é r c i a c o n s t a n t e , 
é t r i c a s , não há neces s idade de c a r a c 
e a ex t remidade a que s e r e f e r e o co 
, p o i s se tem KdKBA,Kh=Kb,., e t c 
, i n d i c a r sob forma de í n d i c e o 
. ass im p a r a a b a r r a 1 , temos K1, 
a b a r r a 3 , temos K 3 , K I 3 , e t c . . . 
O q u a l concorrem a s 
4 D , AE ( e s t a Ü l t i m a em b a l a n ç o ) . O r í g i d o 
amos q u e , em 
v i r t u d e de uma s o l i c i - 
t ação e x t e r i o r qua l - 
q u e r , s e j a a p l i c a d a ao 
nÓA uma c a r g a momen- 
t o . Haverá r o t a ç ã o do 
nÕ, no s e n t i d o do mo- 
mento a p l i c a d o . Por 
s e r ua nó r í g i d o , a r - 
r a s t a r á , no movimento 
de r o t a ç ã o , a s e x t r e - 
midades das b a r r a s AB, 
t odas de um mesmo a n - 
gu lo . Ora, e s t a s 
b a r r a s , r í g i d a s 5 f l e - 
e a g i r e l ã s t i c a m e n t e ã r o t a ç ã o imposta em 
as s im , cada uma d e l a s t r a n s m i t i r á a o 
MAC OU MAD) a tuando em s e n 
ndendo a equi1ibrá:la. A b a r r a AE, e 
um momento r e 
nó (MAE=O). O s mo - 
mentos no nõ(MAw 
MAC, MAD)crescem 
à medida que au- 
menta a r o t a ç ã o 
g , a t i n g i n d o 
v a l o r e s em equi - 
l í b r i o , e s t a b i l i - 
zando o v a l o r de 
4 . 
Fig . 18-b 
Nessa o c a s i ã o deve-se t e r em v a l o r a b s o l u t o : 
Sabemos que o s momentos a p l i c a d o s às extremidades (A) das 
b a r r a s AB, AC, AD s ã o r e spec t ivamen te i g u a i s e opos tos a MAB , 
MAC e MAD. Por o u t r o l a d o , p a r a produzirem a s r o t a ç õ e s i g u a i s 
a , d e s s a s b a r r a s , o s momentos em ques t ão deverão s e r : 
na b a r r a AB, K~~ ' @ 
na b a r r a A C , KAC @ 
na b a r r a AD, 
Logo: 
ou f ina lmen te : 
M M M AB = & = AD = AB + M~~ + M~~ - 
K~~ K A ~ K~~ KAB + K.i~ + K~~ 
Conclusão: dev ido a igua ldade ( I ) , 
A s grandezas vAB A s grandezas vAB 
'."C - - - K.i~ @ = 0 , p o r s e r KWAE = O ) e 
C K 
são o s c o e f i c i e n t e s de d i s t r i b u i ç ã o do nó A. 
/ 
O v a l o r dle p p a r a t a d a d i r e ç ã o é i g u a l a r e l a ç ã o e n t r e 
/ 
a r i g i d e z da b a r r a cons ide rada e a soma dos v a l o r e s K da r i g i - 
dez de t o d a s a s b a r r a s que vão t e r ao nó (obs: C K 6 a r i g i d e z 
do nó) . 
Evidentemente , p a r a c a d a nÓ s e tem Z @ = 1. 
Observações: 
1 ) - 0 s momentos MAB, MAD s ã o o b t i d o s na i gua ldade em M~~ ' 
v a l o r abso lu to . Seus s de Grinter s ã o opos tos n - 
t o M a p l i c a d o . 
;;kr - - - - - - - - - - 
I i - - 
k;' = O(barra ein balanço); J 3m ..- 1 h ,I 
I 
P 
Fig. 19 
I ll).Oi,CJj 3 k f = --. - 3 
I - - 500 = 37,5 3 4 . - 
I I3 4 1 o 
- 1 7 - 
- A s exp res sões de mostram que nenhuma a l t e r a ç ã o haverá 
se todos o s k forem m u l t i p l i c a d o s po r uma mesma c o n s t a n t e . Pode - 
mos, a s s im , empregar o s c o e f i c i e n t e s de r i g i d e z k (em luga rdek ) 
e m u l t i p l i c a r todos o s J po r uma c o n s t a n t e , i s t o 6, k - - 1000 J 
R 
OU k = 10.0005, e t c . . . , desde .que e s s a c o n s t a n t e 1000, 10.000 , 
R 
e t c . . . s e j a empregada p a r a t o d a s a s b a r r a s . 
Exemplo: TRAÇAR O D.M.F. PARA O QUADRO HIPEREST~TICO DA 
FIG. 1 9 . 
J1 = 0,0200 m4 ; J 2 = qua lque r J3 = 0 ,0500 m 4 
Solução: 
Calculemos i n i c i a l m e n t e o s c o e f i c i e n t e s de d i s t r i b u i ç ã o n o 
nó C ( j á que a este nó v i r á t e r um momento p r o v e n i e n t e do ba lanço 
2 ) . 
4 t 
Para i s s o , neces - 
B 
s i tamos dos c o e f i c i e n - 
tes de r i g i d e z em C,das I 0 
I 
i b a r r a s ( I ) , (2) e (3) ; 
I 
t 
I 
k = 10.OOOJ1 - 200 ,25 I 
i 1 %I 8 I I I A 
C D 
0 I 
I 
1 
I O I 
I 
I 
I 
Na h a r r a CD, nenhum momento s e t r a n s m i t e p a r a D (apoio do 
1 2 9 gênero ; t = O ) . Ao longo da b a r r a CA, sendo A um e n g a s t e p e r - 
I f e i t o , s e tem tCA = 0 , 5 . Logo, s e r â despe r t ado em A um momento: 
I 2,4 m t . 
Obt idos o s momentos no nó com s i n a i s de G r i n t e r passamos ao 
1 t r a ç a d o do DMF f i n a l ( f i g . 21). 
I 
Fig. 2 1 
1 . 8 - Momentos de e n g a s t e 
O método de Cross c o n s i d e r a a s b a r r a s d a s e s t r u t u r a s sem- 
p r e i n c l u í d a s num dos 3 c a s o s a b a i x o , sendo que o Z Q e O 3 ? d i - 
ferem apenas quando há m í s u l a a s s i m é t r i c a . 
Passaremos à de te rmi - 
nação do v a l o r dos momentos A]-[ B 
MAB e M B A , d e s p e r t a d o s nos 
nós A e B , por um c a r r e g a - AI - , B 
mento qua lque r em cada des - 
s e s c a s o s . Ap - 1 B 
1 9 caso - Barra - b i - engas t ada F i g . 2 2 
Separando a b a r r a dos nós e es t imando o DMF f i n a l i r í amos 
o b t e r o da f i g u r a , onde MAB e MBA com s i n a i s de G r i n t e r são OS 
momentos d e s p e r t a d o s nos n ó s , c o n t r á r i o s a o s da b a r r a b i -apoia - 
da .Fig . 2 3 
A 
Conlo a r o t a ç ã o ã b a r r a no a p o i o A é n u l a , j á que e e n g a s t e 
P e r f e i t o ; tomando-se: 
r o t a ç ã o em A provocada p e l o car regamento em v i g a b i - 
apo iada AB. 
a - r o t a ç ã o em A p a r a um momento u n i t á r i o M = 1 a p l i c a d o 
em A. 
B - r o t a ç ã o em A p a r a um momento u n i t á r i o M = l a p l i c a d o 
em B . 
Sendo p o s i t i v a s - a s em s e n t i d o h o r á r i o , temos: 
"ao - M~~ a - M~~ . 6 = 0 (1) 
iblãlogamente, em B , tomando r o t a ç õ e s f+\ temos: 
" bo - MAB ' B - MBA . y =O (2 1 
Nas equações (1) e ( 2 ) a s i n c õ g n a t a s a s e o b t e r s ã o MAB e 
. M~~ + Y MBA = a b o 
São t a b e l a d o s , p a r a d i f e r e n t e s t i p o s d e m í s u l a s , 0s coef 
c i e n t e s e o 2 0 membro. 
i 
Resolvendo: 
M~~ = Y . a ao + 8 abo e x p r e s s õ e s que , com o uso dos 
~ Y - B ~ segmentos de l i n h a cruzada 
M~~ = a abo - f3 a k,= "bo k b = aao 
I a y - B ~ 3 B 
i ( v a l o r e s que s ã o t a b e l a d o s ) 
No caso de J constante tBA = 0 , s donde 
Kb MAB = - M~~ = O 
2 
3 0 Caso - Barra apoiada em A e engastada em B 
M~~ = "bo - - Ka - . . BA = a 
Y Y 
No caso de J constante 
A, 
Ka 
- 
bIAB = O MBA = - 
1 1 ,B 
2 
M~~ 
Fig. 2 5 
Tabelas: Qualquer tabela de Manual do Engenheiro apresenta ex - 
pressões que fornecem momentos de engastamento nos nós para bar - 
ras de inércia constante, dos quais, pela grande importância 
transcrevemos os seguintes, com sinais de Grinter: 
Ao f i n a l do p r e s e n t e TRABALHO, t ranscrevemos do l i v r o 
"Grundwerte f u r d a s Cross - Yerfahren" do P r o f , Rudolf Barth,um 
jogo de 60 t a b e l a s que fornecem o s v a l o r e s dos momentos de en - 
gastamento p e r f e i t o p a r a d i f e r e n t e s c a s o s de carregamento em 
b a r r a s com i n é r c i a v a r i á v e l ; em t o d a s e s s a s t a b e l a s p a r t i c u l a r 1 - 
za-se o c a s o da i n é r c i a c o n s t a n t e ( E = 0 ) . 
1 .9 - D e s c o l a b i l i d a d e s l i n e a r e s 
A r e s o l u ç ã o de estr~turashi~erestáticas p e l o método da 
r i g i d e z , e em nosso c a s o p a r t i c u l a r p e l o p roces so de Cross , ex i - 
ge que fasamos um exame p r , e ~ i m i n ~ , r d a s condições Qe deslocamen- 
t o l i n e a r dos nÔs da e s t r u t u f a . . .. 
Chamaremos de e s t r ù t y r a l i n e a r m e n t e i n d e s l o c á v e l aque la 
c u j o s nÔs, por f o r ç a da f i x . a f ão a -apoios ou a pon tos i n d e s l o c ã - 
v e i s a t r a v é s de 2 b a r r a s , d&.,cumprimento . . supos to i n v a r i ã v e l , n ã o 
s e deslocam 1inearmente:Sãb eac&mplo: 
F i g , 2 7 
Em qua lque r d e l a s o s nós poderão , sob ação de s o l i c i t a ç & s 
e x t e r i o r e s , a p r e s e n t a r , apenas , des locamentos a n g u l a r e s ( r o t a - 
ções) . 
Chamaremos e s t r u t u r a com 1, 2 ou - d d e s l o c a b i l i d a d e s l i n e a - 
r e s a q u e l a s que possuem um ou mais nós com p o s s i b i l i d a d e de d e z 
locamento l i n e a r d e t a l modo que s e r i a m n e c e s s ã r i o s 1 , 2 ou - d - a 
poios do 1 9 gênero (denominados apo ios i d e a i s ) p a r a impedir t a i s 
deformações. 
São exemplos: 
I- seria necessário 
1. 1 apoio ideal 
R Seriam necessários 2 apoios ideais 
1:ig. 2 8 
Então 
d = l 
Então _f d = 2 
gp, Então Seriam necessários I 
4 apoios ideais d = 4 
Genericanente podemos estabelecer que, se - K é o número de 
nós da estrutura e - s o número de barras rígidas (tirantes não 
contam) o número de deslocabilidades lineares 6 d = 2 K - c . 
Para efeito desta fórmula é preciso que transformemos OS apoios 
do lo gênero em pêndulos (uma barra entre 2 rótulas). 
2 - MECANISMO DO METODO DE CROSS 
2.1 - Caso das Estruturas indeslocáveis 
A - Viga continua com 2 vãos 
Suponhamos a viga contínua da figura 39, da qual desejamos 
obter o DMF pelo Método de Cross. O primeiro passo consiste em 
admitir os nós intermediários da estrutura (no caso, no nó B)c~ 
mo engastamento perfeito, sem possibilidade de giro. (fig. 30 1 - 
Deste modo a estrutura ficou dividida em tantos vãos inde - 
pendentes quantas são as barras. 
I 
I 
* 
Ag C 
I 
Sobre esta es cada, colocamos o carregamento 
e calculamos os momentos de engastamento perfeito. Assim: 
Vemos que o nó B não está equilibrado; H; um desiquili - 
brio de -3 + 6 = +3mt. Isto é, se voltarmos à estrutura inicial, 
"soltando" o nó B, ele gira no sentido n e essa rotação ces- 
sará quando o equilíbrio se tiver efetuado. O momento desiquili 
brado de + 3mt ter-se-á repartido pelas duas barras (1) e ( 2 ) 
que transmitiram ao nó momentos equilibrantes de total - 3mt.A~ 
quotas de cada lado são obtidas através do produto (-3)x coefi- 
ciente de distribuição. 
Calculemos os c o e f i c i e n t e s de distribuição: 
' 3 x 3 2 = 6 K 1 = - - 'RA = 6 - - O ,30 
4 4 6 + 14 I soma 1 K = - = I 4 , 'BC = 1 4 - 0,70 6 - 6 + 1 4 
Então, os momentos a c o r r i g i r s e r ã o : 
M~~ = 0,30 x ( - 3 ) = - 0,90 m t soma (-3) . 
MBC = 0,70 x (-3) = - 2,10 m t 
A propagação pa ra o s nós v i z i n h o s s e f a z a t r a v é s dos coe - 
f i c i e n t e s de t r ansmis são , que s ã o : 
BA = O . ' . nada a propagar 
*BC = 0 , s . ' . a propagar 0 , 5 x (2 ,10 ) = 1 , 0 5 m t 
Desta forma e s t ã o e q u i l i b r a d o s o s n ó s , r e s t a n d o apenas a 
soma t o t a l de v a l o r e s dos momentos, i n t e r p r e t a ç ã o do s i n a l e 
t r açado do DMF com anexação dos diagramas de v i g a s b i - apo iadas 
para cada b a r r a . 
Na p r á t i c a ado ta - se a s equênc ia de t r a b a l h o expos t a na 
f i g . 31. 
O s e s f o r ç o s c o r t a n t e s e r eações d e apo io s ã o o b t i d o s a p a r 
t i r do DMF, bas tando p a r a i s s o r o t u l a r t o d a s a s s e ç õ e s s o b r e a 
poio e a p l i c a r o p a r d e momentos c a l c u l a d o s p a r a a s mesmas; 
A v i g a t o rna - se i s o s t ã t i c a donde os v a l o r e s de c o r t a n t e s e 
reações serem imedia tos (v ide f i g . 31) 
B - Viga c o n t í n u a com mais d e 2 vãos 
...e 
0 procedimento a t é o cãlculn dos momentos de engastamen- 
t o p e r f e i t o ê anã logo , Obtento~ e n t ã o , p a r a cada nÔ de 2 b a r r a s 
(nós i n t e r m e d i f i r i o s ) , um p a r d e v a l o r e s de momentos ( esquerda 
e d i r e i t a ) . A s e g u i r l i be r t&mos apenas um dos nós, de p r e f e r ê n - 
c i a o mais d e s i q u i l i b r a d o , mantendo o engastamento p e r f e i t o d o s 
demais. Esse nó em e q u i l í b r i o t r a n s m i t i n d o momentosaos I 
nós v i z i n h o s (coef i c i e n t e S d e t r ansmis são ) . Uma vez e q u i l i b r a - 
do tornamo-lb engas tamento p e r f e i t o novamente. Procuramos, a g s 
r a , O nó mais d e s e q u i l i b r a d o e procedemos do mesmo modo. 
Com uma s é r i e de t r a b a l h o s s u c e s s i v o s d e s t a n a t u r e z a , 0 
d e s i q u i l i b r i a de cada nó v a i d iminuindo a t é c a i r a v a l o r e s d e z 
prezftreis.: 0 , l m t ( e d i f i c i o ç ) ou 0 , 0 1 m t ( pon te s ) quando p o d e r 
i 
-Se-a d a r p o r e n c e r r a d o o p r o c e s s o e somados o s v a l o r e s p a r a - 
t e n ç s o dos r e s u l t a d o s f i n a i s . Após a ob tenção dos momentos f i - 
n a i s nos nós , passamos a o DMF n a s b a r r a s , pendurando os. d i a g r a - 
mas d a s v i g a s b i - a p o i a d a s . 
Exemplo: f i g . 32 
C á l c u l o dos momentos de engas tamento p e r f e i t o ( t a b e l a s ) : 
+ 18 x 8 = 5 , 38 m t 
50 
O nó C é o mais d e s i q u i l i b r a d o , donde i n i c i a r - s e p o r e l e 
a i t e r a ç ã o . 
Exemplo, com sequência da prática: 
- 30 - 
Vigas c o n t í n u a s com ba lanços 
se rvação a i n t r o d u z i r , n e s t e s c a s o s , con 
i d e z do ba lanço sendo n u l a , o moment 
i n i t i v o . Uma vez c a l c u l a d o seu v a 1 o r ; t 
Õ con t ínuo ao balanço. 
1 0.49 0.49t 
D - Quadros indeslocáveis 
O mecanismo do metodo anãlogo; tornamos agora os nós 
(de qualquer n? de barras) como engastamento perfeito,(fig.35) 
calculamos barra por barra os momentos de engaste e os coeficg 
entes de distribuição. Iniciamos o trabalho de libertação pelo 
nó desequilibrado, propagamos, prendemos etc... Mesmo roteiro. 
Exemplo: (NQ 393 do livro de Problemas e ~xercícios de ~státi- 
ca das Construções, Vol 11, do Prof. Domício Falcão). 
Fig. 34 
Coeficiente de rigidez: (Fig. 36) 
k4 = O (balanço) 
Obter o DMF, com aproxi - 
mação até 0,01 mt. 
Esquema de Cross 
Fig. 35 
Valores de k - 
Fig. 36 
Coef i c i en t e s de d i s t r i b u i ç ã o 
- - 6 
'E' 6 + 9 + 0 
- - 9 
!E' 6 + 9 + 0 
1 . i ~ ~ = 0 
Momentos de engastamento p e r f e i t o 
F i g . 3 7 
Traçado do DMF final (fig. 40 ) 
Obtidos os momentos nos nós com sinais de Grinter, basta 
rã fazer a interpretação da flõra distendida e pendurarmos os 
diagramas de vigas simples: 
L ? 0 , 5 3 
L* Fig. 40 
E - Simplifação em casos de Simetria 
São possíveis quando as estruturas a resolver são sim; - 
tricas elástica e geometricamente. 
1Q Caso - Eixo de simetria passando por 1 ou mais 
barra. a 
Neste caso a tangente à elástica das barras do eixo de 
simetria não se alteram; os nós centrais funcionam como engas- 
tamentos perfeitos. Resolve-se apenas meta estrutura. 
Carregamento simétrico 
f i c a r i a 
rn ficaria 
Fig. 4 2 
29 Caso - Eixo de simetria passa pelo meio de uma ou mais bar- 
ras. 
Neste caso as barras cortadas pelo eixo de simetria pode 
rão ser consideradas como tendo um coeficiente de rigidez K" = 
= K/2 que já leva em conta o efeito da transmissão de momentos 
do nó da esquerda para a direita e depois vice-versa. Proced 
-se calculando o momento de engastamento num nó, de um lado 
com a consideração do vão completo da barra, e a seguir faz-se 
o equilíbrio de metade da estrutura sem consideração da outra 
me tade. 
q m 1 ' - ficaria 
P - I - 
46 Fig. 4 3 
No caso de barras centrais como momento de inércia varis 
vel o K" = 1 
a + B 
ficaria 
Fig. 4 4 
Exemplo de a p l i c a ç ã o : 
C 
Apl icaç 
Apl icação do 2 9 caso : 
Supondo J = 4 8 
IMF f inal 
vão central 4; 
F i g . 49 
t r i ca 
- 38 - 
F - Estruturas simétricas com cargas anti-simétricas 
1 9 caso - Eixo de simetria passando por nós ou barra. 
O momento fletor no eixo de simetria será nulo (nó ou bar- 
ra), de modo que é possível transformar a estrutura em outra e- 
quivalente com a articulação do nó atingido pela linha de cen- 
tros, e pela separação da barra central em 2 equivalentes,com a - 
resolução de apenas meia estrutura; a outra metade te momen- 
tos anti-simétricos: 
- * 1 - - *A - = - + - - 1 
Fig. 50 
Fig. 51 
2.2 - Casos das Estruturas desloc~veis 
A - Uma só deslocabilidade linear 
Fase indeslocável - Adiciona-se um apoio ideal (nP 11 que 
M, equili - torne a estrutura indeslocável. Calcula-se os E , 2, - 
bra-se os n6s determinando-se os momentos finais Mind com sinal 
de Grinter, Calcula-se a reação do apoio ideal (força de susten- 
tação no apoio 1, denominada F1O, por exemplo) com sinal positi- i v 0 7 , OU negativo c-- 
I Fase deslocável 
a) Atribui-se um deslocamento arbitrário a na direçáo da 
força de sustentação. 
I 
b) Determina-se, pela épura de Williot, os deslocamentos ' 
ortogonais recíprocos de todas as barras. 
I c) Calculam-se os momentos Mp nos nós, provocados por eç 
I tes deslocamentos, procedendo como se explicará adiante 
d) Equilibram-se os nós para efeito simultâneo de todos OS 
M P - obtendo-se os momentos finais nos nós M' - com seus sinais de 
Grinter. 
1 e) Calcula-se a reação de apoio no apoio ideal que é a for 
ça produtora de deslocamento a no apoio 1, denominada Fl1, com 
+ sinal positivo , ou negativo (homogênea convenção - 
a de FIO). 
f) A coerência elástica da não existência do apoio ideal g 
briga que FIO + Fll . X1 = 0, onde - X1 constitui um fator correti 
vo pelo qual devem ser multiplicados os valores M', constituindo 
(X1 x M') uma parcela de momentos adicionais Madic aos Mind da 
fase anterior. 
g) Os momentos finais nos nós, com convenção de Grinter se 
O exemplo que se segue está resolvido pelo processo conver 
cional e tambêm pela utilização da simplificação devido 2 anti - 
T simetria, também válida. 
I 
C) Equilibrio 
Usando a simplificação anti-simétrica 
, I V = 3 . _ = 12 1 ,s 
2 12 
na outra metade os valores 
são anti-simétricos isto é, 
I 
d) Reação no apo io i d e a l 
ul 
1,50 (U 
1 , 501\pf, 50 xk 
3,OO 3,OO 
I 
e ) Coerência e l á s t i c a FIO + Fll . X1 = O 
X 1 = + 2 - 1 , s + 2 , 2 5 . X1 * O . . 
3 
111 - E f e i t o s f i n a i s 
- 
Mf i n a i 
- 
Mind + 2 Mdes l 3 
MAC = + 1 , 6 5 + (+ 3,OO) = + 3,65 rn 3 
- L 
B - Número "d" de deslocabilidades lineares 
Fase ~ndeslocável - Adicionam-se os d apoios ideais neces 
sãrios a tornar a estrutura indeslocãvel. Calculam-se os Mind 
e as forças de sustentação FIO, F20 ... Fdo, como no caso ante- 
rior. 
Fase deslocável - Para cada apoio ideal arbitra-se, de ca - 
da vez, o mesmo deslocamento A , calculam-se os Mp referen - 
tes aos deslocamentos ortogonais recíprocos ocorridos e os M' 
correspondentes; (Mi, M; ... MA). A seguir calculam-se as for - 
I 
ças produtoras, isto é, para o L, no apoio 1 aparecerão Fll, 
FZ1. Fgl, etc Fdl, forças de sustentação em cada apoio 1, 2.,.d; 
1 
I 
idem no apoio 2 aparecerão FL1, F ~ ~ , etc Fd2. A coerência elás- 
tica implica em que: r~~~ + Fl1X1 + F12X2 + . .. . + FldXd = O 
A solução deste sistema fornece Xl, x2', X3, X e os valo- d 
res de momentos fletores finais serão: 
I2X2 + ... MIdXd 
cabilidades lineares 4 do 
matriz deslocabilidade ( d - 
a d incógnitas), e portanto mais penoso o cãlculo. 
xemplo com 2 deslocabilidades ilustrará o assunto: 
J1 = J2 = 0,024 m 4 
J3 = J4 = 0,120 m 4 
9. = 9. = 10,77 m 3 4 
Resumo dos v a l o r e s Reações nos apo ios i d e a i s 
+115,2 
-115,s 
2) Deslocamentos A 
Analogamente obter íamos o s e g u i n t e : 
Resumo dos v a l o r e s ReaçÕes nos apo ios i d e a i s 
I11 - E f e i t o s f i n a i s 
Considerando p o s i t i v o o s e n t i d o p a r a a s r eações nos 
apoios i d e a i s 
F 1 O + F1l X1 + 1 2 X2 = O 1 4 , 1 5 - 82,4X1 - 67,0X2 = O 
ou 
X + E ' F z O + F21 1 2 2 X 2 = O -14,15 + 67,0X1 + 82,4X2 = O 
que fornece X1 = XZ = 0,0947 
OU no caso 
- 
Mf i n a l 
- Mind + 0,0945 
Dados pgV = 0 , 0 2 m 
E = 2 , 1 x 1 0 6 t / m 2 o b t e r M, Q , reações 
I 535 1 
D E C 
M = + B A 
E = + 87,5 
!L2 
M 1 - 3 E J P 
BC 
= - 196,9 rnt 
!L2 
B - Estrutura deslocável - Efeitos de temperatura 
C D 
Dados J = 0,048 m 4 
E = 2,l x 106 t/M2 
t = - 30'~ 
LI = /Oc 
Obter DMF, reações, DEC 
Fig. 75 
I I - Fase indeslocável 
I 
c., A2 A I - - - 12 x 1 0 - ~ m 
A 2 
= A = a t i = 
Fig. 76 3 
A - - - 1 0 - ~ x 30x8 = - 24x 10-~rn 
o,a,b 
i I ESCALA 1 O ~ I O - ~ ~ Epura 
Pl = 24 x 1 0 - ~ m Williot 
P2 = 12 1 0 - ~ ~ 
i 
Rotações 
A F i g . 7 7 
I 
I MOMENTOS DE ENGASTAMENTO 
Coeficiente de propagação 
-Fase deslocável, 
MCA = f 3EJp = arbitraremos 10, consequentemente de um a 
i: aplicado 
MDB = MBD = + 6EJ P3 = face ao arbitrado anteriormente para 
112 
- 
M C A , esse valor sai de que J 6 o mesmo e i2 = 2R1. isto e 
- - MDB - MBD - - = 5 2 
Equação de c o e r ê n c i a 
FIO + Fll X1 = O :. 
Momentos f i n a i s 
M = M . - 1 , 4M ' ~ n d 
Va lo re s : 
A Fig. 81 
2.4 - Estruturas com barras de J variável 
O livro "Grundwerte des Cross" - Verfahren" de Rudolpf 
Barth apresenta um jogo de tabelas que fornecem as constantes ng I 
cessárias solução das estruturas hiperestáticas, nos seguintes 
i 
casos : 
simétrica L==a 
mísuia reta { 
L assimétrica T 
simétrica 
, mísula parabólica 1 P 
[assimétrica -===TI 
simétrica -m 
inércia m na extremidade 
assimétrica 1- 
inércia constante 
Os argumentos para entrada nas tabelas são o tipo de inér - 
cia da barra e as relações 
N = - Jo (J mínimo) 
J (J máximo) 
C - a - (comprimento da mísula) 
R (vão) I L 
Em todas as tabelas há o ca 
4. 
- 
so de inércia constante, quando 
C = o 
Cada tabela fornece os coeficientes de transmissão 
mísula assimétrica mísula simétrica 
R r 
e os coeficientes de rigidez K = C . EJo , onde 
R 
Caso e---+ - c é tirado da linha - K: EJo/R 
Caso +- - c 6 tirado da linha oK: EJo/L 
Caso 
& 
c é tirado da linha K-: EJo/R - 3 
I 
Caso - c é tirado da linha Ka: EJo/R 
i?, óbvio que nas mísulas simétricas R r 
KR = Kr e nas assimétricas 
Os momentos de engastamento sáo dados em função do tipo da 
carga. Seu valor é M = c.PR onde c, é o coeficiente tabelado na 
linha M . PR (barra bi-engastada) ou M : PR(engastada e apoia- 
da). 
0s momentos M dos deslocamentos ortogonais recíprocos A 
P 
são ';lados por M = onde c' está tabelado na linha . AEJo - 
a. .-i=- 
AEJo (barra engastada e apoiada. (barra bi-engastada) ou : - 
R 
I 
, 
i 
, 
s 
TABELAS 
I 
Anexo ao présente trabalho foram inseridas as tabelas do 
C 
livro de Barth cuja la. página apresenta o índice das tabelas nu - 
meradas correspondentes aos diversos tipos 
entre os momentos de inércia mínimo e mãxim 
> 
Aconselha-se ao estudante examinar a 
para em seguida praticar alguns problemas . 
Indicam-se, no livro de exercícios de ~stática das Constru - 
çÕes (Volume 11) de Domicio Moreira e Adhemar Fonseca, os proble - 
mas números 400, 402, 405. 408, 410, 411, 413, 414 e 415. 
Ainda no livro de Rudolph Barth pode ser encontrado um pro - 
cesso aproximado (ábaco de curvas) para resolução de sistemas hi 
perestãticos de barras de momento de inércia vagiável segundo 
leis não comuns. 
i 
RESUMO DAS TABELAS 
E -$ 
o=?- 
-"' - 57 - TABELA - 2 
n = 0.600 
E'y, , ,~~, F z 7 - a - 62 - / TABELA - 7 
TABELA - nP 11 
- 71.- 
TABELA - n? 18 
-4 
TABELA - nP 17 
-4 
TABELA - no 2 7 
- 78 - 
J, 
!'I fl n T A B E L A - ~LC' 30 n = 0.600 
" 'P - 79.- 
T A B E L A - n? 31 n,.= 0 , 4 0 0 
& =$ 
- 60 - 
o:& 
.G 
T A B E L A - n? 32 , 
T a b e l a n Q 38 
b Tabe la 4 4 
0 T a b e l a 48 
4 
T a b e l a 50 
T a b e l a 4 9 
* T a b e l a 5 1 
-0 Tabela 56 
-n 
T a b e l a 55 
-9 
T a b e l a 57 
- 99 - 
+ ) para = O ; Valor tabelado a 1.000 
*e) para = 1,O:Valor tabelado a 0.0 
4 
Tabela 5 7 
	scan0026.jpg
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	scan0028.jpg
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