exercicio vigas

Estruturas II - 1º/2013 Universidade Nilton Lins 1

Prof. Winston Zumaeta Método dos deslocamentos 12/03/2013

4,0 m 2,0 m 2,0 m

A B C D E

4,0 m

10 kN80 kN

40 kN/m80 kN/m

10 kN/m

2,0 m

10 kN

20 kN

4,0 m 2,0 m

AB

D E

4,0 m

80 kN40 kN/m

80 kN/m

2,0 m

M =40 kN.m

1 2

ED

C

1. Traçar os diagramas de esforços solicitantes (esforço cortante e momento

fletor) da viga abaixo por meio do método dos deslocamentos. Considerar EI

constante.

Deslocabilidade interna ��: 2 (�� , rotações nos nós internos B e C)

Deslocabilidade externa ��: 0 (não possui deslocamentos lineares)

Obs: o nó D não deve ser considerado como nó interno, pois o trecho DE está em

balanço e pode ser “retirado” (exclusivamente para a análise de esforços) fazendo-se a

equivalência estática, como pode ser visto no item a seguir.

1.0 Sistema principal com carregamento externo (0)

Nesta etapa devem-se bloquear todas as deslocabilidades existentes na

estrutura, sejam rotações ou deslocamentos lineares. A estrutura com todas as

deslocabilidades bloqueadas é chamada de Sistema Principal. As rotações devem ser

bloqueadas por meio de chapas, e os deslocamentos lineares por meio de um apoio do

1º gênero. Neste exemplo a viga possui apenas duas incógnitas de rotação, dessa

maneira, como mostra a figura 1.1, coloca-se chapas nos nós B e C, sendo as chapas

1 e 2 respectivamente.

Figura 1.1. Sistema Principal com carregamento externo

Ao se colocar as chapas nos nós B e C, todas as barras devem ser analisadas

isoladamente para o cálculo dos momentos de engastamento perfeito, lembrando de

substituir as chapas por engastes, dessa maneira, as barras serão analisadas como

vigas biengastadas (barras AB e BC) e engastada e apoiada (barra CD) de acordo

como mostra a figura 1.2.



M =40 kN.m

ED

10 kN

20 kN

4,0 m

A B

40 kN/m

2,0 m

B C

80 kN

2,0 m

C D

80 kN/m

4,0 m

+ 53,333q.l12

=+AB

2 - 53,333

q.l12

=-AB

2

+ 40P.l

8=+

BC - 40P.l

8=-

BC

Caso da coluna 1,

linha 1 da tabela 1.1

Caso da coluna 1,


Caso da coluna 2,


Caso da coluna 2,


+ 85,333q.l15

=+CD

2

- 20M2

=-ED

4,0 m 2,0 m

AB C D

E

4,0 m

80 kN40 kN/m

80 kN/m

2,0 m

M = 40 kN.m

1 2+ 53,333 - 53,333 + 40 - 40 + 85,333

- 20

ED

+ 65,333

- 40

β 10 β 20

Figura 1.2. Momentos de engastamento perfeito (análise isolada por barra).

Ainda na figura 1.2, na análise da barra CD, observa-se que além do

carregamento distribuído triangular, apenas o momento de 40 kN.m oriundo da

equivalência estática do balanço (trecho DE) geram momentos no engaste em C.

A fim de simplificar a resolução e torná-la mais prática, nos próximos exemplos

resolvidos, os momentos de engastamento perfeito serão apresentados como mostra a

figura 1.3.

Figura 1.3. Momentos de engastamento perfeito (apresentação simplificada)



4,0 m

A B C DE

4,0 m

1 2

4,0 m

θ = 1

4,0 m

A B

B C

4,0 m

θ = 1

θ = 1

2EIl

= =24 0,5

AB 4EIl

= =44

1,0AB

4EIl

= =44

1,0BC

2EIl

= =24 0,5

BC

Caso da coluna 2,linha 1 da tabela 2

Caso da coluna 1,

linha 1 da tabela 2

1.1 Sistema auxiliar (1)

Antes de explicar o que será feito nesta etapa, deve-se saber que é necessário

um sistema auxiliar para cada incógnita do problema, ou seja, um sistema auxiliar para

cada deslocabilidade bloqueada na estrutura do Sistema Principal. Para este exemplo,

como há duas incógnitas de rotação, serão necessários dois sistemas auxiliares.

Sendo assim, nesta etapa aplica-se um giro unitário no nó 1 (nó B) da estrutura

do sistema principal como mostra a figura 1.4, ao fazer isso, apenas as barras AB e BC

serão flexionadas (linha tracejada fina), sendo estas as únicas barras solicitadas nesta

análise. Observa-se que nos sistemas auxiliares o carregamento externo não é

considerado.

Figura 1.4. Giro unitário no nó 1 (nó B)

Aqui as barras também são estudadas isoladamente, porém serão analisadas

apenas as barras AB e BC por serem elas as únicas solicitadas, e para facilitar as

“contas” desta etapa, nos casos em que o valor de EI for constante (igual para a

estrutura inteira), pode-se substituí-lo por 1, pois EI se auto-cancelará no cálculo dos

momentos finais, não alterando seus valores. A figura 1.5 mostra esta análise

detalhadamente.

Figura 1.5. Momentos gerados no engaste devido ao giro unitário no nó B



4,0 m

A B C DE

4,0 m

1 2

4,0 m

θ = 1

4,0 m

A BC D E

4,0 m

1 2

4,0 m

θ = 1 4EIl

= =44

2EIl

= =24

1,0

0,5

BC

BC4EIl

= =44

1,0AB

2EIl

= =24 0,5

AB β 11 β 21

Da mesma maneira como no item 1.0, a fim de simplificar a resolução e torná-la

mais prática, nos próximos exemplos resolvidos, os momentos devido ao giro unitário,

serão apresentados como mostra a figura 1.6.

Figura 1.6. Momentos devido ao giro unitário no nó B (apresentação simplificada)

1.2 Sistema auxiliar (2)

Nesta etapa aplica-se um giro unitário no nó 2 (nó C) da estrutura do sistema

principal como mostra a figura 1.7, ao fazer isso, apenas as barras BC e CD serão

flexionadas (linha tracejada fina), sendo estas as únicas barras solicitadas nesta

análise. Lembra-se que nos sistemas auxiliares o carregamento externo não é

considerado.

Figura 1.7. Giro unitário no nó 2 (nó C)

Aqui as barras também são estudadas isoladamente, porém serão analisadas

apenas as barras BC e CD por serem elas as únicas solicitadas, e para facilitar as

“contas”, conforme já foi explicado no item 1.1, o valor de EI será substituído por 1. A

figura 1.8 mostra esta análise detalhadamente.



B C

4,0 m

C D

4,0 m

θ = 12EIl

= =24 0,5

BC 4EIl

= =44

1,0BC

θ = 1

3EIl

= =34

0,75CD

Caso da coluna 2,linha 1 da tabela 2

Caso da coluna 1,

linha 2 da tabela 2

4,0 m

AB C

D E

4,0 m

1 2

4,0 m

θ = 1 3EIl

= =34

0,75CD

4EIl

= =44

1,0BC

2EIl

= =24 0,5

BCβ 12 β 22

Figura 1.8. Momentos gerados no engaste devido ao giro unitário no nó C

Conforme já foi mencionado, a fim de simplificar a resolução e torná-la mais

prática, nos próximos exemplos resolvidos, os momentos devido ao giro unitário, serão

apresentados como mostra a figura 1.9.

Figura 1.9. Momentos devido ao giro unitário no nó C (apresentação simplificada)

1.3 Cálculo dos �′

Os �′� que contêm o zero no índice (��, ��, �� … � são os termos de carga, o

restante (��, ��, ��, �� … � são os coeficientes da matriz de rigidez. De uma forma

prática, eles são a soma de todos os momentos ou forças em um determinado nó. Para

este caso:



� O �� é a soma de todos os momentos “ao redor” do nó 1 no sistema principal (0).

� O �� é a soma de todos os momentos “ao redor” do nó 1 no sistema auxiliar (1).


� O �� é a soma de todos os momentos “ao redor” do nó 2 no sistema principal (0).



Seguindo a convenção de sinais adotada, os �′� calculados são estes:

�� = − 53,333 + 40 = − 13,333 �� = 1,0 + 1,0 = 2,0 �� = 0,5

�� = − 40 + 65,333 = 25,333 �� = 0,5 �� = 1,0 + 0,75 = 1,75 1.4 Montagem do sistema de equações

Uma dica para a montagem das equações é sempre fixar o primeiro índice dos

�′� e aumentar gradativamente o segundo ao realizar a soma, sendo que os �′� dos

sistemas auxiliares (��, ��, ��, �� … � devem ser multiplicados pelas suas respectivas

incógnitas.

�� + �� + �� = 0 �� + �� = −��

�� + �� + �� = 0 �� + �� = −��

2,0�� + 0,5� = − �−13,333� 2,0�� + 0,5� = + 13,333

0,5�� + 1,75� = − �25,333� 0,5�� + 1,75� = − 25,333

Resolvendo o sistema por meio da calculadora, obtém-se:

"# = $$,%&&'( )*+ e ", = -$&,./$

'( )*+

Obs: Não esquecer que o coeficiente EI ainda existe e deve ser colocado na resposta.



1.5 Cálculo dos momentos finais

Barra AB

Para comprovar o que foi dito nos sistemas auxiliares em relação ao valor de 01,

será considerado o produto 01 apenas para este cálculo de momento, os próximos

serão feitos de maneira direta.

234 = 235 + 236 . �� + 238 . �

234 = 53,333 + 0,501 9 :11,077

01 ; + 0 9 :−17,64101 ;

234 = 53,333 + 0,501 9 <��,�==

>? @

234 = 53,333 + 5,539

BCD = EF, F&G HI. J ↶ Giro anti-horário

2�4 = 2�5 + 2�6 . �� + 2�8 . �

2�4 = − 53,333 + 1,0 9 �11,077� + 0 9 �−17,641�

2�4 = − 53,333 + 11,077

B#D = − /G, GE. HI. J ↷ Giro horário

Barra BC

2�4 = 2�5 + 2�6 . �� + 2�8 . �

2�4 = 40 + 1,0 9 �11,077� + 0,5 9 �−17,641�

2�4 = 40 + 11,077 − 8,821

B#D = /G, GE. HI. J ↶ Giro anti-horário

24 = 25 + 26 . �� + 28 . �

24 = − 40 + 0,5 9 �11,077� + 1,0 9 �−17,641�

24 = − 40 + 5,539 − 17,641

B,D = − EG, $%G HI. J ↷ Giro horário



Barra CD

24 = 2�5 + 2�6 . �� + 2�8 . �

24 = 65,333 + 0 9 �11,077� + 0,75 9 �−17,641�

24 = 65,333 − 13,231

B,D = EG, $%G HI. J ↶ Giro anti-horário

2N4 = 2N5 + 2N6 . �� + 2N8 . �

2N4 = − 40 + 0 9 �11,077� + 0 9 �−17,641�

BOD = − /% HI. J ↷ Giro horário

Barra DE

O momento final para esta barra é o mesmo da equivalência estática feita no

item 1.0, que foi obtido diretamente pelo cálculo isostático, pois se trata de um trecho

em balanço. Este momento atua diretamente no nó D, diferente dos outros casos em

que o momento atua na extremidade das barras, dessa maneira, o 2N4 desta barra será

o mesmo 2N4 da barra CD.

2N4 = − 10 9 2,0 − �10 9 2,0� 9 2,0

2

2N4 = − 20 − 20

BOD = − /% HI. J ↷ Giro horário

B'D = % (Pois é a extremidade livre do balanço).



lado superior

lado inferior

lado superior

lado inferior

(a-1) (a-2)

(b-2)

(b-1)

lado superior

lado inferior

comprimido

tracionado

lado superior

lado inferior

tracionado

comprimido

A

B C

D

52,102 52,102 4058,872 42,256 42,256

E

1.6 Esquema dos momentos na viga

Na figura 1.10, mostra-se o esquema de todos os momentos finais calculados,

apenas para melhor visualização de como será o traçado do diagrama de momentos

fletores.

Figura 1.10. Esquema de momentos em kN.m

Lembra-se que o diagrama de momentos fletores deve ser traçado do lado

tracionado da barra (convenção brasileira). Com o intuito de esclarecer qual será o lado

tracionado, faz-se uma rápida análise das barras mostradas na figura 1.11, onde a

barra (a-1) quando submetida aos momentos na extremidade, flexiona-se da maneira

mostrada na figura 1.11 (a-2), tracionando o lado superior e comprimindo o lado

inferior. No caso da barra (b-1) quando submetida aos momentos na extremidade,

flexiona-se da maneira mostrada na figura 1.11 (b-2), tracionando o lado inferior e

comprimindo o lado superior.

Figura 1.11. Lado tracionado e comprimido das barras

Sendo assim, o diagrama de momentos fletores será traçado no item seguinte.



4,0 m 2,0 m

A

B C

D

4,0 m

80 kN

2,0 m

52,102 52,102 40

160 kN160 kN

RESULTANTE(carregamento retângular)

58,872 42,256 42,256

10 kN

20 kN

1602

1602

802

458,872

458,872

442,256

52,102

802

160 x 2

442,256

452,102

52,102

452,102

440

+ 30

RESULTANTE

442,256

442,256

4 4

160 x

440

34

4

13

x 4,0 23

x 4,0

x 13

4

4

x

VA =84,154 kN

VB =113,385 kN

VC =152,154 kN

VD =80,308 kN

RESULTANTE

(carregamento triângular)

40 x 4,0 =80 x 4,0

2,0=

E

4,0 m 2,0 m 2,0 m

A B C DE

4,0 m2,0 m

52,10240

58,872

42,256

29,652M =máx

80q.l

8=AB

2

35,225M =máx

80P.l

4=BC 80

q.l16

=CD

2

5q.l

8=DE

2

Parábolado 2º grau



32,821M =máx

2,104 m 1,757 m

1.7 Traçado do diagrama de momento fletor (DMF)

Na figura 1.12, mostra-se o traçado do diagrama de momentos fletores.

Figura 1.12. Diagrama de momentos fletores (DMF) em KN.m

1.8 Cálculo das reações de apoio

Na figura 1.13, mostra-se o cálculo detalhado das reações de apoio.

Figura 1.13. Cálculo das reações de apoio



3 x4 x5

4,0 m 2,0 m 2,0 m

A B C D E

4,0 m

10 kN80 kN

40 kN/m80 kN/m

10 kN/m

2,0 m

x1 x2 x

1.9 Cálculo dos esforços cortantes

Antes de calcular os esforços cortantes deve-se dividir a viga em trechos, cada

trecho iniciando com sua própria abscissa �9�, 9�, 9P, �� … �. E essa divisão deve ser

feita da seguinte maneira:

� Todo carregamento concentrado, seja uma força ou momento, separam um

trecho do outro.

� Todo início e fim de carregamento distribuído também separam um trecho do

outro.

� Todo apoio, seja do 1º ou do 2º gênero, também separam um trecho do outro.

Dessa maneira, neste caso, teremos a viga com os trechos mostrados na figura

1.14.

Figura 1.14. Viga separada em trechos

Será calculado o esforço cortante no início e no fim de cada trecho obedecendo

a legenda e a convenção mostradas a seguir.

Legenda:

Q�,R → TUV�WX�� XU YXí�YU �U �V��ℎU [ Q4,R → TUV�WX�� XU \Y] �U �V��ℎU [

Convenção:

^YVU XU ��X�Y�U ℎUVáVYU, �UV�WX�� `U�Y�YaU. ^YVU XU ��X�Y�U WX�Y − ℎUVáVYU, �UV�WX�� X�bW�YaU.



x1 x2 x3 x4 x5

AB C D

E

VA =84,154 kN

VB =113,385 kN

VC =152,154 kN

VD =80,308 kN

80 kN 160 kN160 kN

10 kN20 kN

RESULTANTE RESULTANTE

RESULTANTE

Q Qi,1 f,1 Q Qi,2 f,3 Q Qi,4 f,4 Q Qi,5 f,5

Qf,2 Q i,3

Na figura 1.15, mostra-se o esquema para o cálculo dos esforços cortantes

indicando a posição exata de todos os termos que serão calculados cQ�,�, Q4,�, �� … d.

Figura 1.15. Esquema para cálculo dos esforços cortantes

1.9.1 Trecho 1

Q�,� = e3 = 84,154 fg Q4,� = Q�,� − h��ij�3� = 84,154 − 160 = − 75,846 fg

1.9.2 Trecho 2

Q�,� = Q4,� + e� = − 75,846 + 113,385 = 37,539 fg Q4,� = Q�,� = 37,539 fg

1.9.3 Trecho 3

Q�,P = Q4,� − 80 = 37,539 − 80 = − 42,461 fg Q4,P = Q�,P = − 42,461 fg

1.9.4 Trecho 4

Q�,k = Q4,P + e = 109,693 fg Q4,k = Q�,k − h��ij�N = 109,693 − 160 = − 50,307 fg



A B C DE

84,154

75,846

37,539

42,461

109,693

50,307

3010

40q.l

8=CD

Horiz.


2,104 m 1,757 m

4,0 m 2,0 m 2,0 m4,0 m2,0 m

1.9.5 Trecho 5

Q�,l = Q4,k + eN = − 50,307 + 80,308 = 30, 001 ≅ 30 fg Q4,l = Q�,l − h��ij�N> = 30 − 20 = 10 fg

1.10 Traçado do diagrama de esforços cortantes (DEC)

Na figura 1.16, mostra-se o traçado do diagrama de esforços cortantes.

Figura 1.16. Diagrama de esforços cortantes (DEC) em kN

Algumas observações podem ser feitas sobre o diagrama traçado acima:

� No trecho AB, tem-se um carregamento distribuído retangular, dessa

maneira, a equação de esforço cortante será uma função do 1º grau,

resultando em uma reta decrescente como gráfico.

� No trecho BC, tem-se uma carga concentrada aplicada no meio do vão,

dessa maneira, a equação de esforço cortante será uma função constante

para as duas metades da barra BC, resultando em uma reta como gráfico,

sendo essa reta paralela ao eixo da viga.

� No trecho CD, tem-se um carregamento distribuído triangular

decrescente, dessa maneira, a equação de esforço cortante será uma

função do 2º grau, resultando em uma parábola do 2º grau. Pelo fato de

ser decrescente, ele será zero em D, e nesta posição o ângulo que o

diagrama faz com a horizontal deve ser zero, deixando o diagrama na

horizontal.

� E por fim, no trecho DE, caso análogo ao trecho AB, tem-se um

carregamento distribuído retangular, dessa maneira, a equação de

esforço cortante será uma função do 1º grau, resultando em uma reta

decrescente como gráfico.

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