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EES023: Análise Estrutural I
Apostila de Exerćıcios – Versão 1.0
Curso de Graduação em Engenharia Civil – UFMG
Prof. Ramon P. Silva e Prof. Feĺıcio B. Barros
Com a inestimável contribuição de:
Ana Luiza Caldeira
Karla Fernanda dos Santos
Lorena Leocádio
Thaianne Simonetti de Oliveira
Universidade Federal de Minas Gerais
Departamento de Engenharia de Estruturas
Av. Antônio Carlos, 6627
31270-901, Belo Horizonte, MG, Brasil
Caṕıtulo 1
Grau de Indeterminação Estática
1.1 Prova I (02/2017)
1 Para as estruturas abaixo, pede-se para classificá-las quanto ao equiĺıbrio estático e, quando for o
caso, indicar o grau de indeterminação estática.
(a)Vı́nculos (V)
Vı́nculos externos → 3 (provenientes dos apoios)
Vı́nculos internos → 3 (provenientes do quadro fechado)
Graus de Liberdade (GL)
Graus de liberdade externos → 3
Graus de liberdade internos→ 3 (provenientes das 3 rótulas,
cada uma entre duas barras)
6V − 6GL = 0
Estrutura isostática
Figura 1.1: Questão 1.1a
(b)Vı́nculos (V)
Vı́nculos externo → 9 (provenientes dos apoios)
Vı́nculos internos→ 3 (provenientes do quadro fechado)
Graus de Liberdade (GL)
Graus de liberdade externos → 3
Graus de liberdade internos → 0
12V − 3GL = 9
Estrutura hiperestática (grau 9)
Figura 1.2: Questão 1.1b
1Ana Luiza Caldeira
1
(c)Vı́nculos (V)
Vı́nculos externos → 3 (provenientes dos apoios)
Vı́nculos internos → 0
Graus de Liberdade (GL)
Graus de liberdade externos → 3
Graus de liberdade internos → 2 (provenientes das duas
rótulas, cada uma entre duas barras)
3V − 5GL = −2
Estrutura hipostática
Figura 1.3: Questão 1.1c
1.2 Prova I (01/2018)
2 Para as estruturas abaixo, pede-se para classificá-las quanto ao equiĺıbrio estático e, quando for o
caso, indique o grau de indeterminação estática.
(a)Vı́nculos (V)
Vı́nculos externos → 4 (provenientes dos apoios)
Vı́nculos internos→ 6 (provenientes dos 2 quadros fechados)
Graus de Liberdade (GL)
Graus de liberdade externos → 3
Graus de liberdade internos → 3 (provenientes das três
rótulas, cada uma entre duas barras)
10V − 6GL = 4
Estrutura hiperestática (grau 4)
Figura 1.4: Questão 1.2a(b)Vı́nculos (V)
Vı́nculos externos → 4 (provenientes dos apoios)
Vı́nculos internos → 0
Graus de Liberdade (GL)
Graus de liberdade externos → 3
Graus de liberdade internos → 1 (provenientes da rótula
entre duas barras)
4V − 4GL = 0
Estrutura isostática
Figura 1.5: Questão 1.2b
2Ana Luiza Caldeira
2
(c)Vı́nculos (V)
Vı́nculos externos → 4 (provenientes dos apoios)
Vı́nculos internos → 0
Graus de Liberdade (GL)
Graus de liberdade externos → 3
Graus de liberdade internos → 2 (provenientes das duas
rótulas, cada uma entre duas barras)
4V − 5GL = −1
Estrutura hipostática
Figura 1.6: Questão 1.2c
1.3 Prova II (01/2018)
3 Para as estruturas abaixo, pede-se para classificá-las quanto ao equiĺıbrio estático e, quando for o
caso, indique o grau de indeterminação estática.
(a)Caso cŕıtico (apoios alinhados)
Estrutura hipostática
Figura 1.7: Questão 1.3a(b)Treliça bidimensional → d=2:
Número de reações de apoio (r) → 3
Número de barras (b) → 33
Número de nós (n) → 18
b+ r = 33 + 3 = 36
n× d = 18× 2 = 36
}
→ b+ r = n× d
Estrutura Isostática Figura 1.8: Questão 1.3b
(c)Treliça bidimensional → d=2:
Número de reações de apoio (r) → 4
Número de barras (b) → 9
Número de nós (n) → 6
b+ r = 9 + 4 = 13
n× d = 6× 2 = 12
}
→ b+ r > n× d
Estrutura Hiperestática (grau 1) Figura 1.9: Questão 1.3c
1.4 Prova I (02/2018)
4 Para as estruturas abaixo, pede-se para classificá-las quanto ao equiĺıbrio estático e, quando for o
caso, indicar o grau de indeterminação estática.
3Lorena Leocádio
4Ana Luiza Caldeira
3
(a)Caso Cŕıtico (apoios alinhados).
Estrutura hipostática
Figura 1.10: Questão 1.4a
(b)Vı́nculos (V)
Vı́nculos externos → 4 (provenientes dos apoios)
Vı́nculos internos→ 0
Graus de Liberdade (GL)
Graus de liberdade externos → 3
Graus de liberdade internos → 1 (proveniente da rótula
entre duas barras)
4V − 4GL = 0
Estrutura isostática
B C
A E A
Figura 1.11: Questão 1.4b
(c)Vı́nculos (V)
Vı́nculos externos → 7 (provenientes dos apoios)
Vı́nculos internos → 18 (provenientes dos 6 quadros fecha-
dos)
Graus de Liberdade (GL)
Graus de liberdade externos → 3
Graus de liberdade internos → 0
25V − 3GL = 22
Estrutura hiperestática (grau 22)
Figura 1.12: Questão 1.4c
1.5 Prova II (02/2018)
5 Para as estruturas abaixo, pede-se para classificá-las quanto ao equiĺıbrio estático e, quando for o
caso, indicar o grau de indeterminação estática.
5Lorena Leocádio
4
(a)Treliça bidimensional → d=2:
Número de reações de apoio (r) → 4
Número de barras (b) → 25
Número de nós (n) → 14
b+ r = 25 + 4 = 29
n× d = 14× 2 = 28
}
→ b+ r > n× d
Estrutura hiperestática (grau 1)
Figura 1.13: Questão 1.5a
(b)Treliça bidimensional → d=2:
Número de reações de apoio (r) → 3
Número de barras (b) → 12
Número de nós (n) → 8
b+ r = 12 + 3 = 15
n× d = 8× 2 = 16
}
→ b+ r < n× d
Estrutura Hipostática
Figura 1.14: Questão 1.5b(c)Treliça bidimensional → d=2:
Número de reações de apoio (r) → 3
Número de barras (b) → 14
Número de nós (n) → 8
b+ r = 14 + 3 = 17
n× d = 8× 2 = 16
}
→ b+ r > n× d
Estrutura hiperestática (grau 1) Figura 1.15: Questão 1.5c
5
Caṕıtulo 2
Vigas
2.1 Prova I (01/2018)
1 Para a viga indicada na Figura 2.1, pede-se:
(a) As reações de apoio.
(b) Os diagramas dos esforços solicitantes.
(c) As equações dos esforços solicitantes.
Figura 2.1: Questão 2.1a
(a) Reações de apoio:∑
Fx = 0→ HA = 0∑
Mz
∣∣∣
A
= 0→ 45− (40× 5, 5× 5, 52 ) +RB × 4 = 0 ∴ RB = 140 kN (↑)∑
Fy = 0→ −60− (40× 5, 5) +RA + 140 = 0 ∴ RA = 140 kN (↑)
(b) Diagramas de esforços solicitantes:
1Ana Luiza Caldeira
6
Figura 2.2: Questão 2.1b
(c) Equações:
Cortante
x < 4 m:
V (x) = 140− 60− 40x ∴ V (x) = 80− 40x (kN)
x > 4 m:
V (x) = 140− 60 + 140− 40x ∴ V (x) = 220− 40x (kN)
Momento fletor
x < 4 m:
M(x) = −45− 60x+ 140x− 402 x
2 ∴ M(x) = −45 + 80x− 20x2 (kN.m)
x > 4 m:
M(x) = −45− 60x+ 140x+ 140(x− 4)− 402 x
2 ∴ M(x) = −605 + 220x− 20x2 (kN.m)
2.2 Prova I (02/2017)
2 Para a viga da Figura 2.3, que é uma estrutura hiperestática, foi informado o valor da reação nos
apoios A e B. Pede-se:
(a) As demais reações de apoio.
(b) Os diagramas e equações de esforços solicitantes de toda a viga.
2Ana Luiza Caldeira
7
B
C
w = 20 kN/m
40 kN
M
C
A
R
A
 = 20kN R
B
 = 80kN
6 m2,4 m2,4 m
Figura 2.3: Questão 2.2
(a) Reações no apoio C:
∑
Mz
∣∣∣
C
= 0→ −20× 10, 8 + (40× 8, 4)− 80× 6 + (20× 6× 3)−MC = 0
∴ MC = 0∑
Fy = 0→ 20− 40 + 80− (20× 6) +RC = 0 ∴ RC = 60 kN (↑)
(b) Diagramas de esforços solicitantes e equações:
Figura 2.4: Questão 2.2b
Cortante
x < 2, 4 m:
V (x) = 20 (kN)
2, 4 m < x < 4, 8 m:
V (x) = 20− 40 ∴ V (x) = −20 (kN)
x > 4, 8 m:
V (x) = 20− 40 + 80− 20(x− 4, 8) ∴ V (x) = −20x+ 156 (kN)
Momento fletor
x < 2, 4 m:
M(x) = 20x (kN.m)
8
2, 4 m < x < 4, 8 m:
M(x) = 20x− 40(x− 2, 4) ∴ M(x) = −20x+ 96 (kN.m)
x > 4, 8 m:
M(x) = 20x− 40(x− 2, 4) + 80(x− 4, 8)− 20(x− 4, 8)
2
2 ∴ M(x) = −10x
2 + 156x− 518, 4 (kN.m)
2.3 Prova I (01/2018)
3 Apresentam-se na Figura 2.5 trechos do relatório do Programa INSANE referente a uma viga Gerber.
Pede-se:
(a) Desenho completo do modelo, com a geometria, vinculações, articulações e carregamentos ativos.
(b) Esforços de extremidade de todos os elementos.
(c) Diagrama de cortante e momento fletor de todos elementos.
(d) Decomposição do modelo em vigas isostáticas (o mais simples posśıvel) e a descrição do processo
de cálculo das reações de apoio (representar as forças transferidas entre as vigas sem calculá-las).
Figura 2.5: Questão 2.3. Unidades: m e kN .
(a) Desenho completo do modelo:
Para o desenho da viga, os nós devem ser posicionados de acordo com as coordenadas da lista Nodal
Coordinates and Angle. Em seguida, é posśıvel traçar os elementos de barra unindo os nós de acordo
segundo a lista ElementsAttributes. Neste caso, são dados 4 nós que formam 3 elementos de barra,
conforme mostra a Figura 2.6.
3Ana Luiza Caldeira
9
1 2 3 4
10 m 10 m 5 m
Figura 2.6: Questão 2.3a – geometria.
Os apoios são definidos na lista Nodal Restraints, que define as restrições dos nós do modelo. Neste
caso, o nó 1 possui restrições ao deslocamento em y e à rotação em torno do eixo z. Sabendo que
o sistema INSANE não define graus de liberdade para o deslocamento horizontal no modelo de viga,
esta configuração equivale a um engaste no nó 1. Além disso, a restrição ao deslocamento em y do nó
3 corresponde a um apoio articulado móvel neste ponto.
Na lista Liberations at Elements Extremities são especificadas as liberações das barras, definindo
posśıveis rótulas. Neste caso, o elemento 1-2 possui liberação para rotação em torno do eixo z em seu
nó final, o que equivale a uma rótula no nó 2 – conforme ilustrado na Figura 2.7.
1 2 3 4
10 m 10 m 5 m
Figura 2.7: Questão 2.3a – apoios e rótulas.
Os carregamentos que atuam na estrutura são definidos nas listas Nodal Loads e Distribuited Loads
on Elements. Ressalta-se que as cargas nodais são definidas de acordo com o sistema global de
coordenadas. As ações sobre os elementos, por sua vez, são definidas pelo sistema local de cada
elemento (eixo x com origem no nó inicial, apontando para o nó final do elemento).
Neste caso, existe uma carga concentrada na direção y do nó 4 (negativa, portanto para baixo).
Além disso, há uma carga distribúıda no elemento 2-3. Os valores de A e B na lista Distribuited Loads
on Elements indicam distâncias em relação ao nó inicial do elemento, para os quais se definem valores
de forças (Force at A e Force at B). No presente exemplo, como o elemento 2-3 possui comprimento
igual a 10, existe uma carga distribúıda constante atuando em toda a sua extensão.
O desenho completo do modelo é apresentado na figura a seguir.
1 2 3 4
20 kN/m 100 kN
10 m 10 m 5 m
Figura 2.8: Questão 2.3a – desenho completo do modelo.
(b) Esforços de extremidade de todos os elementos:
Os esforços de extremidade são indicados na lista Action at Elements Extremities. Para cada
elemento, são informados os esforços atuantes nos nós inicial e final, de acordo com o sistema de
coordenadas local.
Tomando, por exemplo, o elemento 1-2, verifica-se uma força vertical de 50 kN (positiva, portanto
para cima) e um momento de 500 kN.m (positivo, portanto no sentido anti-horário) atuando no nó 1.
No nó 2, atua apenas uma força de 50 kN (negativa, portanto para baixo).
10
Os demais elementos seguem racioćınio análogo, resultando nos esforços a seguir.
50 kN
500 kN.m
50 kN
500 kN.m
50 kN
150 kN
100 kN
100 kN
500 kN.m
1 2
2 3
3 4
Figura 2.9: Questão 2.3b
A inspeção de todos os elementos da Figura 2.9 – juntamente com as reações de apoio fornecidas na
lista Reactions on Inelastic Supports (referentes ao sistema global de coordenadas) – permite verificar
o equiĺıbrio da estrutura.
(c) Diagrama de cortante e momento de flexão de todos elementos.
50 50
150
100
500 500
12,5 m
1
10m 10m 5m
43
2 20 kN/m
100 kN
62,5
DV (kN)
DM (kN.m)
p l2
8
Figura 2.10: Questão 2.3c – diagramas.
11
(d) Decomposição do modelo em vigas isostáticas o mais simples posśıvel e a descrição do processo
de cálculo das reações de apoio (representar as forças transferidas entre as vigas sem calculá-las).
A separação da viga Gerber em vigas isostáticas mais simples é feita através das rótulas do modelo.
Neste caso, separa-se o elemento 1-2 do trecho 2-3-4.
Feita a divisão do modelo, deve-se verificar qual elemento precisa receber os chamados “apoios
fict́ıcios”, resultantes da separação da estrutura no nó 2. Neste caso, verifica-se que o elemento 1-2 é
isostático em razão do engaste. Logo, um apoio fict́ıcio fixo deve ser adicionado ao nó 2 do elemento
2-3. Finalmente, verifica-se que o trecho 2-3-4 é isostático, garantindo a decomposição da estrutura
em vigas isostáticas mais simples.
O cálculo das reações de apoio deve ser iniciado no trecho 2-3-4, no qual são obtidas as reações
dos apoios 2 e 3. Na sequência, as reações do apoio 2 são transferidas (com sentidos contrários) para
o trecho 1-2. Por fim, calculam-se as reações no apoio 1, conforme ilustra a Figura 2.11.
Figura 2.11: Questão 2.3d – decomposição em vigas isostáticas mais simples.
12
Caṕıtulo 3
Pórticos
3.1 Prova I (01/2018)
1 Para o pórtico da Figura 3.1, pede-se:
(a) As reações de apoio.
(b) Abrindo o quadro fechado na rótula H, cal-
cular os esforços nesta seção.
(c) Sem utilizar o equiĺıbrio de barras e nós,
determinar os esforços solicitantes na
seção transversal S da barra CE, indi-
cando a natureza dos mesmos: normal
(compressão ou tração), cortante (positiva
ou negativa), momento (tracionando ou
comprimindo o lado interno do quadro).
(d) O equiĺıbrio de barras e nós.
(e) Os diagramas de esforços das barras EG e
CD. Figura 3.1: Questão 3.1
(a) O cálculo das reações pode ser iniciado
em diversos pontos. Neste exemplo, será
considerado o somatório de momentos no nó
C, conforme mostra o diagrama de corpo
livre (DCL) ao lado. Na sequência, é posśıvel
determinar os valores das reações através das
equações de equiĺıbrio:
Figura 3.2: Questão 3.1a – DCL
1Ramon P. Silva
13
∑
Mz
∣∣∣(AC)
C
= 0→ −3HA + (20× 3×
3
2) = 0 ∴ HA = 30 kN (←)∑
Fx = 0→ (20× 3) + 50−HA −HB = 0 ∴ HB = 80 kN (←)∑
Mz
∣∣∣
B
= 0 :
− 5RA − (20× 3×
3
2) + 40 + 60− (3× 50) + (30× 5×
5
2) = 0 ∴ RA = 47 kN (↑)∑
Fy = 0→ RA +RB − (30× 5) = 0 ∴ RB = 103 kN (↑)
(b) Observando o DCL da Figura 3.3, pode-
se notar que a rótula H já foi substitúıda por
esforços, de acordo com a sugestão do exerćıcio.
Para descobrir os esforços em VH e NH , serão
utilizadas as equações de equiĺıbrio das rótulas
C e F .
Figura 3.3: Questão 3.1b – Esforços em H
∑
Mz
∣∣∣(HGF )
F
= 0→ 2, 5NH − 1, 5VH − (30× 2, 5)×
2, 5
2 = 0∑
Mz
∣∣∣(HGF EC)
C
= 0→ 5.0NH + 1.5VH − (30× 5)×
5
2 + 60 = 0{
2, 5NH − 1, 5VH = 93, 75
5, 0NH + 1, 5VH = 315
∴ NH = 54, 5 kN (↑) eVH = 28, 33 kN (←) (3.1)
(c) Obtidos os valores de VH e NH , é
posśıvel encontrar os esforços na seção S. Neste
exerćıcio, a dica é pegar os valores em H e
levá-los até S descontando ou adicionando
os carregamentos externos, de acordo com o
sentido deles. Na Figura 3.4, VS , NS e MS
foram arbitrados no sentido positivo para os
esforços em S. 5 m
30 kN/m
2 
m
E F
H
S
60
 k
N
.m
G
1.5 m
N S
V S M S
0.5 m
54.5 kN
28.33 kN
Figura 3.4: Questão 3.1c – Equiĺıbrio da seção S∑
Fx = 0→ −28, 33− VS = 0 ∴ VS = −28.33 kN (→)∑
Fy = 0→ 54, 5− 30× 5−NS = 0 ∴ NS = −95.5 kN (↑)∑
Mz
∣∣∣
S
= 0→ 54, 5× 5 + 28, 33× 0, 5− 30× 5× 52 + 60−MS = 0 ∴ MS = −28.33 kN.m (x)
14
A correta representação dos esforços na seção S
é apresentada na Figura 3.5:
NS = −95, 5 kN (compressão)
VS = −28, 33 kN (negativa)
MS = −28, 33 kN.m (comprime o lado de
referência)
S
95,55 kN
95,5 kN
28,33 kNm
28,33 kN
28,33 kN
28,33 kNm
Figura 3.5: Questão 3.1c – Esforços em S
(d) Equiĺıbrio de barras e nós:
Figura 3.6: Questão 3.1d
15
(e) Diagramas das barras EG e CD:
Figura 3.7: Questão 3.1e – (barra EG)
Figura 3.8: Questão 3.1e – (barra CD)
3.2 Prova I (02/2017)
2 Para o pórtico da Figura 3.9, já foram informadas as reações de apoio. Pede-se para fazer o equiĺıbrio
de barras e nós, explicitando o equiĺıbrio dos nós C e D.
2Ana Luiza Caldeira
16
Figura 3.9: Questão 3.2 – Enunciado
Figura 3.10: Questão 3.2a – Equiĺıbrio de barras e nós
3.3 Prova I (02/2017)
3 A Figura 3.11 contém trechos de um relatório do Programa INSANE referente a um pórtico composto.
Pede-se:
3Ana Luiza Caldeira
17
(a) O desenho completo do modelo, com a geometria, vinculações, articulações e carregamentos ativos.
(b) A representação do sistema de eixos locais e dos esforços de extremidade do elemento3− 4.
(c) Diagramas e equações de esforços solicitantes do elemento 3− 4.
(d) Decomposição do modelo em estruturas isostáticas (o mais simples posśıvel) e descrição do pro-
cesso de cálculo das reações de apoio (representar as forças transferidas entre as estruturas
sem calculá-las).
(e) Abrir o quadro fechado na rótula 4 e calcular os esforços atuantes em uma seção logo abaixo e
logo à direita da mesma (indicando os sinais conforme a convenção).
(f) Utilizando os resultados obtidos na letra (e), calcular os esforços solicitantes que atuam em uma
seção localizada nas coordenadas globais x = 4 m e y = 5 m (indicando os sinais conforme a
convenção).
Figura 3.11: Questão 3.3. Unidades: kN e m.
(a) Para o desenho do pórtico, os nós devem ser posicionados de acordo com as coordenadas da
lista Nodal Coordinates and Angle. Em seguida, é posśıvel traçar os elementos de barra unindo os nós
de acordo com a lista Elements Attributes. Neste caso, são dados 8 nós que formam 8 elementos.
No caso do pórtico plano, atenção especial deve ser dada aos sistema de coordenadas local de cada
18
barra (x′, y′). Tal sistema tem origem no nó inicial de cada elemento, com eixo x′ paralelo à direção
da barra. Já o sentido do eixo y′ é determinado pelo triedro positivo. Os eixos locais de cada elemento
são ilustrados na Figura 3.12.
6
5
4 3
2
7
18
3 
m
3 
m
4 m 4 m
x’
y’
y’
x’
y’
x’
y’
x’x’x’
x’
y’
y’
x’
x’
y’
y’
x’
Figura 3.12: Questão 3.3a – Nós, elementos e sistemas de eixos locais. Por conveniência, os eixos
locais são indicados na metade de cada elemento.
Os apoios são definidos na lista Nodal Restraints, que define as restrições dos nós do modelo. Neste
caso, os nós 1 e 6 têm deslocamentos impedidos nas direções x e y, o que equivale a um apoio articulado
fixo. Já o nó 8 tem deslocamento impedido apenas na direção y, o que equivale a um apoio articulado
móvel.
Na lista Liberations at Elements Extremities são especificadas as liberações das barras, definindo
posśıveis rótulas. No caso do pórtico plano, as rótulas devem ser verificadas elemento a elemento, com
atenção especial aos nós que unem mais de duas barras. Neste exemplo, as rótulas estão localizadas
nos seguintes pontos:
– Nós 2 e 3 do elemento 2-3;
– Nó 4 do elemento 3-4;
– Nó 5 do elemento 4-5;
– Nó 7 do elemento 7-3.
Ressalta-se que as rótulas localizadas nos nós 7 e 5 são excêntricas, ou seja, não separam as três
barras que concorrem no respectivo nó. Apenas 1 grau de liberdade interno é adicionado em razão
de cada uma dessas rótulas. Logo, a barra 3-2 tem liberdade de giro em relação ao conjunto 4-3-7.
Analogamente, a barra 4-5 tem liberdade de giro em relação ao conjunto 6-5-7. A correta definição
das rótulas é mostrada na Figura 3.13.
19
6
4 3
18
3 
m
4 m 4 m
2
75
3 
m
Figura 3.13: Questão 3.3a – Apoios e rótulas.
Os carregamentos que atuam na estrutura são definidos nas listas Nodal Loads, Concentrated Loads
on Elements e Distribuited Loads on Elements. Ressalta-se que as cargas nodais são definidas de acordo
com o sistema global de coordenadas. As ações sobre os elementos, por sua vez, são definidas pelo
sistema local de cada elemento.
No presente exemplo, existe uma carga concentrada de 40 kN na direção x no nó 5 (positiva,
portanto para a direita), indicada na lista Nodal Loads. Além disso, há um momento concentrado no
elemento 3-4, conforme indicado na lista Concentrated Loads on Elements. O valor em A corresponde
à distância do ponto de aplicação do momento em relação ao nó inicial do elemento. Logo, existe uma
momento concentrado de 50 kN.m (positivo, portanto anti-horário) na metade da barra 3-4.
Há também cargas distribúıdas em 5 elementos, conforme indicado na lista Distribuited Loads
on Elements. Todas elas correspondem a forças distribúıdas na direção y′, sendo necessária atenção
especial aos eixos locais de cada elemento. Os valores de A e B na lista Distribuited Loads on Elements
indicam distâncias em relação ao nó inicial do elemento, para os quais se definem valores de forças
(Force at A e Force at B). Logo, existem cargas distribúıdas constantes nos elementos 2-3 e 3-4,
agindo sobre toda a extensão das barras. Já nos elementos 1-2, 4-5 e 5-6, existem cargas distribúıdas
triangulares. Cabe ressaltar que o sistema INSANE define uma carga distribúıda linear caso os valores
informados para Force at A e Force at B sejam diferentes entre si.
O desenho completo do modelo é apresentado na Figura 3.14.
6
5
4 3
18
3 
m
3 
m
4 m 4 m
2
7
2 m
40 kN
45 kN/m
50 kN.m
30 kN/m30 kN/m
Figura 3.14: Questão 3.3a: Desenho completo do modelo.
20
(b) Os esforços de extremidade são informados na lista Actions at Elements Extremities, definidos
de acordo com o sistema local de cada elemento. Logo, obtém-se o seguinte esquema para o elemento
3-4:
4 3
x’
y’
119,375 kN 60,625 kN
67,5 kNm
7,5 kN 7,5 kN
50 kNm
45 kN/m
2 m 2 m
Figura 3.15: Questão 3.3b
(c) Diagramas do elemento 3− 4:
34
60,625
148,75
108,4
98,75
67,5
119,375
4 3
4 3
7,5
DM (kN.m)
DV (kN)
DN (kN)
2,65
Figura 3.16: Questão 3.3c
Cortante
V (x′) = 60, 625− 45x′ kN
21
Momento fletor
x′ < 2 m :
M(x′) = 67, 5 + 60, 625x′ − 22, 5x′2 kN.m
x′ > 2 m :
M(x′) = 67, 5 + 60, 625x′ − 22, 5x′2 + 50 = 117, 5 + 60, 625x′ − 22, 5x′2 kN.m
(d) A separação do pórtico em estruturas isostáticas mais simples se inicia com a inspeção das
rótulas do modelo. Neste caso, separa-se o elemento 2-3 do trecho 4-3-7. Da mesma forma, separa-se
o elemento 8-7 do trecho 5-7-3 e o elemento 4-5 do trecho 6-5-7.
Em seguida, deve-se verificar qual elemento precisa receber os chamados “apoios fict́ıcios”, re-
sultantes da separação da estrutura nas rótulas. Neste caso, verifica-se que o trecho 1-2-3 torna-se
isostático com a colocação de um apoio fixo (fict́ıcio) no nó 3. Na sequência, o trecho 5-4-3-7 torna-se
isostático com um apoio fixo (fict́ıcio) no nó 5, mantendo-se a rótula no nó 4. Finalmente, o trecho
6-5-7-8 é isostático sem a adição de nenhum apoio.
O processo de solução é ilustrado na Figura 3.17. O cálculo das reações de apoio se inicia na
estrutura (I), na qual são calculadas as reações nos apoios 1 e 3. Em seguida, as reações do apoio
3 são transferidas (com sentidos contrários) para a estrutura (II), na qual são obtidas as reações nos
apoios 5 e 7. Por fim, transferem-se as reações nos apoios 5 e 7 (com sentidos contrários) para a
estrutura (III), na qual são calculadas as reações nos nós 6 e 8.
II
I
III
-V
5
H5 
-H5 
H6
V6 V8
V1
H1
H3 
V3 -V3 
H7 
-H7 
-H3 
V7 
-V7 
V5 
Figura 3.17: Questão 3.3d
(e) Observando o DCL da Figura 3.18, é posśıvel notar que a rótula 4 já foi substitúıda por esforços
na barra 4-5. Neste caso, os esforços V4 e N4 serão calculados através das equações de momento nulo
nas rótulas 5 e 7:
22
∑
Mz
∣∣∣(45)
5
= −V4 × 3−
15× 3
2 × 1 = 0 ∴ V4 = −7, 5 kN (←)∑
Mz
∣∣∣(45687)
7
= −(72, 5× 4)− (100× 3) + (30× 62 × 1) + 7, 5× 3−N4 × 4 = 0
∴ N4 = −119, 375kN (↓)
6 8
4 m
7
5
V4
N4
30 kN/m
40 kN40 kN
100 kN
72,5 kN 197,5 kN
3 
m
3 
m
Figura 3.18: Questão 3.3e
A correta representação dos esforços logo abaixo e logo à direita da rótula 4 é apresentada na
Figura 3.19:
Barra 4-5: N4 = −119, 375 kN (compressão) e V4 = −7, 5 kN (negativa);
Barra 4-3: N4 = −7, 5 kN (compressão) e V4 = 119, 375 kN (positiva).
S
95,55 kN
95,5 kN
28,33 kNm
28,33 kN
28,33 kNm
S
150,625 kN
150,625 kN
45 kNm
45 kNm
22,5 kN
119,375 kN119,375 kN
7,5 kN
4
7,5 kN
5 
3 
3 
5
4
Figura 3.19: Questão 3.3e – Esforços na rótula 4.
(f) Obtidos os valores de V4 e N4, é posśıvel encontrar os esforços na seção S solicitada. Neste
exerćıcio, optou-se por utilizar o trecho 4-5-6-8-7, levando os carregamentos externos (com o devido
sinal) até a seção S. Na Figura 3.20,VS , NS e MS foram arbitrados no sentido positivo para os esforços
em S:
23
∑
Fy = 0→ NS − 119, 375 + 72, 5 + 197, 5 = 0 ∴ NS = −150, 625 kN (↓)∑
Fx = 0→ VS − 7, 5 + 40 +
30× 6
2 − 100 = 0 ∴ VS = −22, 5 kN (←)∑
Mz
∣∣∣
S
= 0→MS + 119, 375× 4 + 7, 5× 1 + 40× 2 +
30× 6
2 × 3− 100× 5− 72, 5× 4 = 0
∴ MS = −45 kN.m (x)
6 8
4 m
7
5
V4
N4
30 kN/m
40 kN40 kN
100 kN
72,5 kN 197,5 kN
3 
m
3 
m
Figura 3.20: Questão 3.3f
A correta representação dos esforços em S é apresentada na Figura 3.21:
NS = −150, 625 kN (compressão)
VS = −22, 5 kN (negativa)
MS = −45 kN.m (comprime o lado de referência)
S
150,625 kN
150,625 kN
45 kNm
45 kNm
22,5 kN
Figura 3.21: Questão 3.3f – Esforços em S.
3.4 Prova I (02/2018)
4 Dado o relatório do programa INSANE apresentado na Figura 3.22, pede-se, apenas para a barra 1-2:
4Karla Fernanda dos Santos
24
(a) Fazer o desenho da barra, indicando os carregamentos, esforços de extremidade e sistema de eixos
local.
(b) Traçar os diagramas dos esforços normal, cortante e momento fletor. Nos diagramas de cortante e
momento, indicar o grau da curva e representar três pontos. No diagrama de momento, indicar,
se houver, o ponto de tangente nula.
(c) Escrever a equação do momento fletor.
Figura 3.22: Questão 3.4
25
Figura 3.23: Questão 3.4 – continuação
(a) Para a representação da barra 1-2, devem ser seguidos os mesmos passos da Questão 3.3. Dessa
forma, obtém-se o desenho completo mostrado na Figura 3.24:
x’
y’
1
2
5
20
120
258,33
258,33
4 m
50
Figura 3.24: Questão 3.4a
(b) Diagramas da barra 1-2:
26
Diagrama de 
Normal
-258,33
Diagrama de 
Cortante
2º grau0
x’=2: V=32,5
50
Diagrama de 
Momento
3º grau
tg =0 em x’=4
x’=2:M=-35
-120
Figura 3.25: Questão 3.4b
(c) Momento fletor
M(x′) = −10x̂′2 + 0, 625x̂′3
3.5 Prova I (02/2018)
5 Para o pórtico da Figura 3.26, pede-se:
(a) Sem realizar cálculos, apresentar a decomposição
do pórtico em estruturas isostáticas (o mais sim-
ples posśıvel) e indicar o processo de cálculo das
reações de apoio.
(b) Sem realizar a decomposição da estrutura, abrir
a malha DBC na rótula D e calcular os esforços
atuantes na extremidade D da barra DC e da
barra DB.
(c) Com base no resultado obtido na letra (b) calcu-
lar os esforços atuantes na seção S.
(d) Fazer o equiĺıbrio de barras e nós.
(e) Traçar os diagramas de esforços solicitantes (nor-
mal, cortante e momento fletor) das barras DC
e CB.
Dadas as Reações de Apoio:
RA = 45 kN(↑), RB = 75 kN(↑) e HB = 160 kN(←)
4 m
A
B
30 kN/m
D
3 m
3 m
C
S20
 k
N
/m
1.5 m
2 m
40 kN
Figura 3.26: Questão 3.5
5Karla Fernanda dos Santos
27
(a) A decomposição do pórtico em estruturas
isostáticas é feita através da inspeção das
rótulas do modelo. Após analisar a adequada
separação das rótulas, deve-se verificar qual
barra precisa receber “apoios fict́ıcios”, resul-
tantes da separação da estrutura.
Neste caso, ressalta-se que a rótula localizada
em D é excêntrica, ou seja, a barra CD tem
liberdade de giro em relação ao conjunto
A-D-B. Separando a barra CD do trecho
A-D-B, observa-se que o trecho D-C-B torna-se
isostático com a adição de um apoio fict́ıcio fixo
em D, mantendo-se a rótula em C. Em seguida,
verifica-se que o trecho A-D-B é isostático sem
a adição de nenhum apoio. Cabe ressaltar que
o apoio em B (no qual concorrem duas barras)
continua presente tanto no trecho D-C-B quanto
no trecho A-D-B.
A decomposição e o processo de cálculo das
reações de apoio são ilustrados na Figura 3.27.
O cálculo das reações deve ser iniciado na estru-
tura (I), na qual são obtidas as reações em D e B.
Na sequência, as reações em D e B são transfe-
ridas (com sentidos contrários) para a estrutura
(II). Finalmente, são calculadas as reações em A
e B na estrutura (II).
A
B
D
C
B
B
R
D
H
B
R
B
H
D
R
D
H
D
R
B
H
B
D
(I)
(II)
Figura 3.27: Questão 3.5 (a)
(b) Observando o trechoDBC na Figura 3.28, pode-se notar que
a rótula D já foi substitúıda por esforços na extremidade da barra
DC. Os esforços VD e ND serão calculados através das equações de
momento nulo nas rótulas C e B: B
C
20
 k
N
/m 40 kN
V
D
30 kN/m
N
D
4 m
 
3 
m
3 
m
D
Figura 3.28: Questão 3.5 (b)
∑
Mz
∣∣∣(DC)
C
= 0→ 20× 3× 1, 5 + 40× 1, 5− VD × 3 = 0 ∴ VD = 50 kN (←)∑
Mz
∣∣∣(DCB)
B
= 0→ ND × 4− 40× 1, 5− 20× 3× 1, 5 + 30× 4× 2 = 0 ∴ ND = −22, 5 kN (↑)
28
(c) Obtidos os valores de VD e ND, é
posśıvel encontrar os esforços na seção S. A
estratégia mais simples consiste em partir do
apoio A e levar todos os esforços até S (fa-
zendo o caminho A-D-S), conforme indicado
na Figura 3.29.
D
S50 kN
22,5 kN
45 kN
V
S
N
S
M
S
2 m
3 
m
20
 k
N
/m
A
Figura 3.29: Questão 3.5 (c)∑
Fy = 0→ 45− 22, 5− VS = 0 ∴ VS = 22, 5 kN (↓)∑
Fx = 0→ 20× 3 + 50 +NS = 0 ∴ NS = −110 kN (←)∑
Mz
∣∣∣
S
= 0→ −45× 2 + 20× 3× 1, 5 + 22, 5× 2−MS = 0 =∴MS = 45 kN.m (y)
A correta representação dos esforços em S é ilustrada na Figura X:
NS = −110 kN (compressão)
VS = 22, 5 kN (positiva)
MS = 45 kN.m (traciona o lado de referência)
S 110 kN
45 kNm
22,5 kN
S
150,625 kN
150,625 kN
45 kNm
45 kNm
22,5 kN
119,375 kN119,375 kN
22,5 kN
C
7,5 kN
5 
3 
3 
D
4
D B
50 kN
110 kN
22,5 kN
45 kNm
Figura 3.30: Questão 3.5 (c) – Esforços em S
(d) Equiĺıbrio de barras e nós:
29
4m 
A
B
30
D
3m 
3m 
20
 
1,5 m
40 
D
45
45
60
90
D B110 110
90
22,5 22,5
4m 
C
50
22,5
97,5
50
20
 
1,5 m
22,5
50
22,5
50
D
90
90
60
45
22,5
22,5
110
50
B
97,5
50
110
22,5
160
75
C
C
22,522,5
50 50
Figura 3.31: Questão 3.5 (d)
(e) Diagramas das barras DC e CB:
D
C
20
 
1,5 m
40 
1,5 m
22,5
50
22,5
50C -22,5
DN (kN)
20 -20
-50
50
DV (kN)
52,5
DM (kN.m)
Figura 3.32: Questão 3.5 (e) – Barra DC
30
B
30
3m 
4m 
C
50
22,5
97,5
50
C
B
a
cos = 0,8
sen = 0,6
a
aa 40
50 30
a
22,5
13,518
26,5
48
97,550
a
58,5
78
30
a
40
98,5
48
30x4
5
= 24
24
a
19,2
14,4
DN(kN)
-26,5
-98,5
DV(kN) 48
-48
DM(kN.m)
60
Figura 3.33: Questão 3.5 (e) – Barra CB
3.6 Prova II (01/2018)
6 Para a estrutura da Figura 3.34, pede-se:
(a) Decomposição em estruturas isostáticas (o mais
simples posśıvel).
(b) Descrever o processo de solução a partir da de-
composição, indicando a sequência e os esforços
transferidos. A
D E
F
P
C
B
G
Figura 3.34: Questão 3.6
(a) A decomposição do pórtico em estruturas isostáticas é feita através da inspeção das rótulas
do modelo e adição de apoios fict́ıcios, conforme apresentado nas Questões 3.3 e 3.5. Para o presente
exemplo, obtém-se a seguinte decomposição:
6Lorena Leocádio
31
D
E
F
P
C
A
D
C
A
C
B
R
C
(I)
H
C
(I)
R
D
(I)
H
D
(I)
-H
D
(I)
-R
D
(I)
R
C
(II)
H
C
(II)
H
A
(II)
R
A
(II)
-R
A
(II)
H
A
(II)
R
A
(III)
H
A
(III)
- (R
C
(I) + R
C
(II))
- (H
C
(I) + H
C
(II)) 
R
B
(III)
H
B
(III)
(I)
(II)
(III)
G
Figura 3.35: Questão 3.6a
(b) O processo de solução é iniciado na estrutura (I), na qual são calculadas as reações nos apoios
C e D.
Em seguida, resolve-se a estrutura (II), que recebe as reações do apoio D calculadas na estrutura
(I). Na sequência, calculam-se as reações nos apoios A e C.
Finalmente, a solução é encerrada na estrutura (III). Neste caso, as reações do apoio C – calculadas
nas estruturas (I) e (II) – são somadas e transferidas para a estrutura (III). Além disso, as reações do
apoio A da estrutura (II) também são transferidas para essa estrutura. Finalmente, calculam-se as
reações nos apoios A e B.
32
Caṕıtulo 4
Arcos
4.1 Prova II (01/2018)
1 Para o arco apresentado na Figura 4.3, cuja geometria é dada pela Equação 4.1, pede-se o cálculo
dos esforços solicitantes na seção S (momento fletor, cortante e normal), indicando os sinais de acordo
com a convenção. Para o momento fletor, considerar como referência o ladointerno do arco.
y = − 425x
2 + 85x (4.1)
A B
C
x
y
 1,6 m
6 m
S
20 kN/m
V
A
H
A
V
B
H
B
1 m 1m 1 m 1m
Figura 4.1: Questão 4.1
A solução se inicia com o cálculo das reações de apoio:
VA = VB =
20× 8
2 = 80 kN (↑)∑
Mz
∣∣∣BC
C
= 0→ 80× 2− 20× 1× 0, 5−HB × 1, 6 = 0 ∴ HB = 93, 75 kN (←)∑
Fx = 0→ HA = 93, 75 kN (→)
Na sequência, é feito o equiĺıbrio na seção S, conforme mostra a Figura 4.2.
1Lorena Leocádio
33
α
S
20 
93,75 
93,75 cos α 
80 
93,75 
 60 
93,75 sen α 
60 cos α 60 sen α 
80 – 20∙1 = 60
N
S
V
S
M
S
y’
x’
α 
α 
1 m 1m
1,
6 
m
Figura 4.2: Questão 4.1 – Equiĺıbrio
Os valores de senα e cosα são obtidos através da equação do arco:
tg (α) = dy
dx
= −0, 2x+ 1
tg (α)|x=2 = −0, 2× 2 + 1 = 0, 6→
{
sen(α) = 0, 514
cos(α) = 0, 857
De posse dos valores de sen(α) e cos(α), obtêm-se os esforços na seção solicitada:∑
Fx′ = 0→ 60× sen(α) + 93, 75× cos(α) +NS = 0 ∴ NS = −111, 18 kN (compressão)∑
Fy′ = 0→ −60× cos(α) + 93, 75× sen(α) + VS = 0 ∴ VS = 3, 23 kN (positiva)∑
Mz = 0→ −80× 2 + 93, 75× 1, 6 + 20× 1× 0, 5 +MS = 0 ∴MS = 0
4.2 Prova II (02/2018)
2 Para o arco apresentado na Figura 4.3, cuja geometria é dada pela Equação 4.2, pede-se o cálculo
dos esforços solicitantes na seção S (momento fletor, cortante e normal), indicando os sinais de acordo
com a convenção. Para o momento fletor, considerar como referência o lado interno do arco.
Dadas as reações de apoio:
RA = 54 kN (↑)
RB = 66 kN (↑)
H = 41, 25 kN
y = − 425x
2 + 85x (4.2)
2Lorena Leocádio
34
H
Figura 4.3: Questão 4.2
Os esforços são obtidos a partir do equiĺıbrio da seção S, conforme mostra a Figura 4.4.
S
54
41,25
10
20
41,25
41,25 cos α
41,25 sen α
24 cos α
24 sen α
24
54 – 20 -10∙1 = 24
N
S
V
S
M
S
 
α
 
α
y’
x’
2 m
 
α
1 m
3,36 m
Figura 4.4: Questão 4.2 – Equiĺıbrio
Os valores de senα e cosα são obtidos através da equação do arco:
tg (α) = − 825x+
8
5
tg (α)|x=3 = 0, 64→
{
sen(α) = 0, 539
cos(α) = 0, 842
A coordenada y na seção S é dada por:
yS =
4× 9
25 +
8× 3
5 = 3, 36m
35
Finalmente, de posse dos valores de sen(α) e cos(α), obtêm-se os esforços na seção solicitada:
∑
Fx′ = 0→ −24× sen(α)− 41, 25× cos(α) +NS = 0 ∴ NS = −47, 67 kN (compressão)∑
Fy′ = 0→ −24× cos(α) + 41, 25× sen(α) + VS = 0 ∴ VS = −2, 03 kN (negativa)∑
Mz = 0→ −54× 3 + 20× 1 + 10× 1× 0, 5 + 41, 25× 3, 36 +MS = 0
∴MS = −1, 60 kN.m (comprime o lado de referência)
36
Caṕıtulo 5
Grelhas
5.1 Prova II (01/2018)
1 Para a grelha apresentada na Figura 5.1, pede-se:
(a) As reações de apoio.
(b) O equiĺıbrio de barras e nós.
(c) Os diagramas de esforços solicitantes de todas as barras.
Figura 5.1: Questão 5.1
(a) Cálculo das reações de apoio:∑
Mx
∣∣∣
B
= 0→ −RA × 4 + 15× 5× 2− 80× 4− 12 = 0
∴ RA = −45, 50 kN⊗∑
My
∣∣∣
C
= 0→ −RB × 4 + 45, 5× 1 + 15× 5× 2, 5− 40× 2− 4× 4− 15 = 0
∴ RB = 30, 5 kN�∑
Fz = 0→ RA +RB +RC − 15× 5 + 40− 80 = 0
∴ RC = 130 kN⊗
(b) Equiĺıbrio de barras e nós:
1Lorena Leocádio
37
D
B
A
C
⊗
264⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
12
⊗
45 ,5 kN
15kN/m
B
⊙
120 ,5
⊙
90
249
⊙
30 ,5
15
320
320
⊗
120 ,5
C⊙130
16
16
80
320
320
⊗50
⊗
⊙
320
80
16
C
⊙5016
320
320
⊗90
320 249
α
α
α
199,2
149,4
256
192
B
A⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
⊗
45 ,5
⊙120 ,5
9 ,6
7 ,2
B
264
405,4
7,2
80
4
40⊙
Figura 5.2: Questão 5.1b
(c) Diagramas de todas as barras:
38
7,2
AB BC
320
320
264
DT (kN.m)
DM (kN.m)
DV (kN)
CD
16
120,5
90
80
45,5
50
160,6
405,4
151
84
16
Figura 5.3: Questão 5.1c
5.2 Prova II (02/2018)
2 Para a grelha apresentada na Figura 5.4, pede-se:
(a) As reações de apoio.
(b) O equiĺıbrio de barras e nós.
(c) Os diagrama de esforços solicitantes
de todas as barras.
Dados:
cos(θ) = 0, 8
sen(θ) = 0, 6
Figura 5.4: Questão 5.2
2Lorena Leocádio
39
(a) Cálculo das reações de apoio:∑
Mx
∣∣∣
A
= 0→ −80× 5 + 15× 4× 5 + 40× 2, 5 + 10× 0, 8−RC × 5 + 4× 8 = 0
∴ RC = 8, 00 kN� (5.1)∑
My
∣∣∣
A
= 0→ −80× 2 + 15× 4× 4 + 40× 4 + 10× 0, 6−RB × 8− 8× 6 = 0
∴ RB = 24, 75 kN� (5.2)∑
Fz = 0→ +8 + 24, 75− 40 + 80− (15× 4) +RA = 0
∴ RA = −12, 75 kN� (5.3)
(b) Equiĺıbrio de barras e nós:
51
4
32
150
12
A
6
D
16
51
16
99
12.75
24,75
12
150
32
12.75
12.75
16
99
424.75
24.75
16
B
8
40
0
144
28
130
15F E
22
130
144
50
28
14
80
50
C
14
1522 8
Figura 5.5: Questão 5.2b
40
(c) Diagramas de todas as barras:
16
DT (kN.m)
AD
DM (kN.m) DV (kN)
-51
-12,75
-16 99 -24,75
150 144
32
70
62
12
28
zero 50
80
130
72,5
zero
-8
22
0,5
1,467 m
7,5
2,13
1,467 m
14
DB
DE
FE
EC
Figura 5.6: Questão 5.2c
41
Caṕıtulo 6
Treliças
6.1 Prova II (01/2018)
1 Para a treliça apresentada na Figura 6.1, pede-se:
(a) Utilizando o método das seções, calcular o esforço normal na barra CD.
(b) Preencher a tabela a seguir, calculando os esforços nas demais barras pelo método dos nós.
Figura 6.1: Questão 6.1
Barra Esforço Comp./Tração
AB
BC
CD
DE
DF
AG
GH
HI
IJ
GB
BH
HC
HN
IN
CN
NJ
1Lorena Leocádio
42
(a)
Figura 6.2: Questão 6.1a
Fazendo um corte nas barras IJ, NJ e CD (apresentado
ao lado), é posśıvel calcular o valor deNCD da seguinte
forma:∑
MJ = 0→ NCD × 4− 40× 5, 5 + 20× 1, 5 = 0
(6.1)
∴ NCD = 47, 5 kN (6.2)
(b)
Figura 6.3: Questão 6.1b – Nó G
Analisando o nó G, ilustrado na Figura 6.3, verifica-se a presença
de uma barra (GB) não-colinear a duas barras colineares (AG e
GH). Neste caso, as normais NGH e NAG são iguais entre si e NGB
é nula:
∑
Fy′ = 0→ NGB = 0∑
Fx′ = 0→ NGH −NAG = 0
∴ NGH = NAG
Procedendo de maneira análoga na metade esquerda da estrutura,
temos:
NGB = NBH = NHC = NNH = NIN = 0
NAG = NGH = NHI = NIJ
NNC = NNJ
NAB = NCB
Desse modo, as demais barras solicitadas no enunciado podem ser
calculadas utilizando apenas o equiĺıbrio dos nós C e A.
Figura 6.4: Questão 6.1b – Nó C
Fazendo o equiĺıbrio do nó C:
sen(α) = 0, 936, cos(α) = 0, 351∑
Fy = 0→ NCN × senα− 20 = 0
∴ NCN = 21, 368 kN∑
Fx = 0→ NCN × cosα+ 47, 5−NBC = 0
∴ NBC = 55, 0 kN
43
Figura 6.5: Questão 6.1b – Nó A
Fazendo o equiĺıbrio do nó A:
sen(θ) = 0, 588, cos(θ) = 0, 809∑
Fy = 0→ NAG × senθ + 40 = 0
∴ NAG = −68, 027 kN
Os esforços de todas barras solicitadas no enunciado são apresentados na tabela a seguir.
Barra Esforço (kN) Compr./Tração
AB 55 Tração
BC 55 Tração
CD 47,5 Tração
DE 55 Tração
DF 55 Tração
AG 68,027 Compressão
GH 68,027 Compressão
HI 68,027 Compressão
IJ 68,027 Compressão
GB 0 -
BH 0 -
HC 0 -
HN 0 -
IN 0 -
CN 21,368 Tração
NJ 21,368 Tração
44
Caṕıtulo 7
Linhas de Influência
7.1 Prova III (01/2018)
1 Para a treliça apresentada na Figura 7.1, considerando o carregamento vindo por cima, pede-se:
-3
16
9
16
-9
16
L.I de N
FE
Figura 7.1: Questão 7.1
(a) A linha de influência para o esforço normal da barra BF.
(b) Dada a linha de influência do esforço normal da barra FE, calcular os valores máximo e mı́nimo
para esse esforço considerando o trem-tipo fornecido e uma força permanente de 20 kN/m.
(a) Utilizando o método das seções com o corte apresentado na Figura 7.2, é posśıvel calcular o valor
de NBF em função da reações de apoio RG e RE :
1Thaianne Simonetti de Oliveira
45
R
G
R
E
CB
F
A
N
BF
N
BC
N
GF
DN
BC
N
BF
N
GF
α
α
x
3 m 3 m 3 m 3 m 3 m 3 m 
Figura 7.2: Questão 7.1a – Corte para o cálculo de NBF .
Sabendo que cos(α) = 0, 6 e sen(α) = 0, 8, temos:
– Para x < 6 m, utilizando o lado direito do corte (sem a presença da carga unitária):
∑
Fy = 0→ NBF × 0, 8 +RE = 0 ∴ NBF = −1, 25RE (7.1)
– Para x > 12 m, utilizando o lado esquerdo do corte (sem a presença da carga unitária):
∑
Fy = 0→ −NBF × 0, 8 +RG = 0 ∴ NBF = 1, 25RG (7.2)
Na sequência, é necessário traçar as linhas de influência das reações RG e RE :
1,25
1
0,25
1
1,25
0,25
3 m 3 m12 m
L.I. de R
G
 
L.I. de R
E
 
G E
G E
Figura 7.3: Questão 7.1a – Linhas de influência das reações RG e RE .46
Finalmente, a linha de influência de NBF é traçada utilizando as Equações 7.1 e 7.2 e as linhas de
influência de RG e RE :
F
B
R
G
R
E
-0,3125
0,31250,3125
0,3125
1,25
-1,25
L.I de N
BF
Figura 7.4: Questão 7.1a – Linha de influência de NBF .
(b) Os valores extremos do esforço desejado – neste caso, o esforço normal em uma barra de treliça
– são dados pela superposição das ações do peso próprio (força permanente) com as ações do trem-tipo
(forças acidentais móveis). A força distribúıda permanente deve ser imposta sobre toda a extensão da
linha de influência. Já as forças móveis são aplicadas de forma a minimizar ou maximizar o esforço
analisado, definindo posições cŕıticas para o trem-tipo. Essas posições são escolhidas tendo em vista
que o valor resultante é dado pelas seguintes contribuições:
• Soma dos produtos de cada força concentrada pela correspondente ordenada da linha de in-
fluência;
• Soma dos produtos de cada força distribúıda pela correspondente área da linha de influência.
Para obter a parcela relativa ao peso próprio, calculam-se as áreas da linha de influência fornecida:
A1 = −
3
16 × 3×
1
2 = −
3
32 = −0, 28125→ triângulo de altura = −3/16
A2 =
9
16 × 12×
1
2 =
54
16 = 3, 375→ triângulo de altura = 9/16
A3 = −
9
16 × 3×
1
2 = −
27
32 = −0, 84375→ triângulo de altura = −9/16
Área total : AT = A1 +A2 +A3 = 2, 25
De posse da área total e do valor da força distribúıda permanente (qP P ), obtém-se o esforço normal
devido ao peso próprio:
47
NPP = qP P ×AT = 20× 2, 25 ∴ NP P = 45 kN
Na sequência, é necessário calcular os esforços extremos (mı́nimo e máximo) provocados pelas
forças móveis. As posições cŕıticas do trem-tipo devem seguir as seguintes orientações:
• As distâncias entre as cargas concentradas – relacionadas ao véıculo-tipo – devem ser mantidas
fixas;
• Considerando a ação do trem-tipo nos dois sentidos do percurso horizontal, a posição das forças
concentradas pode ser espelhada, caso necessário;
• No caso do trem-tipo apresentado na Figura 7.1, existe uma única magnitude de força distribúıda
(relacionada à carga de multidão). Neste caso, tal força pode ser estendida ou interrompida o
tanto quanto desejado quando se buscam as condições mais desfavoráveis para o esforço em
questão.
Dito isso, o esforço normal mı́nimo devido às forças móveis (NMóvelMIN ) é obtido na configuração
da Figura 7.5. A posição do trem-tipo é tal que a maior força concentrada é aplicada sobre a menor
ordenada da linha de influência, com a força distribúıda imposta sobre todas as áreas negativas.
-9/16-3/16
3 m 3 m 3 m 3 m 3 m 3 m 
9/16
30 kN
2 m
30 kN
3 m
10 kN
0,43750,25
-9/16-3/16
3 m 3 m 3 m 3 m 3 m 3 m 
9/16
30 kN
2 m
30 kN
0,1875
3 m
10 kN
15 kN/m
15 kN/m
15 kN/m
Figura 7.5: Questão 7.1b – Configuração para o esforço normal mı́nimo.
NMóvelMIN = 30×
(
−9
16
)
+ 30× (−0, 1875) + 15× (−0, 84375− 0, 28125) = −39, 375 kN (7.3)
De maneira análoga, define-se a posição do trem-tipo para o esforço normal máximo devido às
forças móveis (NMóvelMAX ):
48
-9/16-3/16
3 m 3 m 3 m 3 m 3 m 3 m 
9/16
30 kN
2 m
30 kN
3 m
10 kN
0,43750,25
15 kN/m
Figura 7.6: Questão 7.1b – Configuração para o esforço normal máximo.
NMóvelMAX = 30×
9
16 + 30× 0, 4375 + 10× 0, 25 + 15× 3, 375 = 83, 125 kN (7.4)
Finalmente, os valores extremos do esforço normal são dados pela soma do resultado da força
permanente com os resultados das forças móveis:
NMAX = NMóvelMAX +NP P = 83, 125 + 45 = 128, 125 kN
NMIN = NMóvelMIN +NP P = −39, 375 + 45 = −5, 625
7.2 Prova II (02/2018)
2 Traçar as linhas de influência, indicando pelo menos duas ordenadas em cada segmento de reta,
para:
(a) Momento fletor na seção S da viga Gerber abaixo.
Figura 7.7: Questão 7.2a
(b) Esforço normal da barra HD da treliça abaixo.
2Lorena Leocádio
49
Figura 7.8: Questão 7.2b
(a) A solução se inicia com a decomposição da viga Gerber em estruturas isostáticas mais simples,
conforme mostra a Figura 7.9. Verifica-se que as vigas V2 e V3 transferem esforços para a viga V1,
na qual está localizada a seção de interesse para a linha de influência do momento fletor.
SA BS C D E F
FE
DC
A BS
G
G
V2
V3
V1
Figura 7.9: Questão 7.2a – Decomposição da viga Gerber.
Feita a separação da viga Gerber, é posśıvel construir a linha de influência analisando as vigas V1,
V2 e V3, lembrando sempre que estamos interessados no momento fletor na seção S:
1. Primeiramente, analisamos a força unitária percorrendo a viga V1. Uma vez que a seção S se
encontra nessa própria viga, podemos obter a linha de influência de MS a partir das reações de
apoio RA e RB:
50
A BS
-1
1
2 m 2 m 2 m
V1
1
0,5
1
1,5
L.I de R
A
L.I de R
B
L.I de M
S
x < 2: M
s
 = 2 R
B
x > 2: M
s
 = 2 R
A
3
0,5
0,5
2
x
Figura 7.10: Questão 7.2a – L.I. de MS , viga V1.
2. Em seguida, analisamos a força unitária percorrendo a viga V2. Neste caso, basta analisar a
transferência dos esforços de V2 para V1, feita por meio do apoio fict́ıcio em C. Caso a reação
em C seja nula, nenhuma força será transmitida para a viga V1, o que resultará em MS igual
a zero. Uma vez que V2 é uma viga biapoiada, sabemos que a reação em C será nula quando
a força unitária for aplicada sobre o apoio D, conforme mostra a Figura 7.11. Logo, podemos
simplesmente ligar a linha de influência até zero no ponto correspondente ao apoio D e prolongar
a reta até a extremidade de V2:
51
A BS
2 m 2 m 2 m 2 m 2 m
V2
C D E
1
10
0
-1
1
M
S
 = 0
1
-1
1
V1
Figura 7.11: Questão 7.2a – L.I. de MS , viga V2.
3. Finalmente, analisamos a força unitária percorrendo a viga V3 para construir o trecho final da
linha de influência. Como os esforços são transferidos de V3 para V2 por meio do apoio fict́ıcio
em E, podemos usar o mesmo procedimento do item anterior: a reação no apoio E é nula quando
a força unitária é aplicada sobre o apoio F. Neste caso, nenhuma força será transmitida para V2
e, consequentemente, para V1, implicando em MS igual a zero. Desse modo, basta ligar a linha
de influência até zero no ponto correspondente ao apoio F e prolongar a reta até a extremidade
de V3:
52
FE
DC
A BS
G
1
-1
1
V3
1
0
0
0 0
0
M
S
 = 0
1
-1 -1
1
2 m 2 m 2 m 2 m 2 m 2 m 2 m
V2
V1
Figura 7.12: Questão 7.2a – L.I. de MS , viga V3.
(b) Utilizando o método das seções com o corte representado na Figura 7.19, é posśıvel calcular o
valor da normal NHD em função das reações RB e RD:
53
N
HI
N
HI
N
HD
N
HD
N
CD
F G H I J
EDBA
3 
m
4 m 4 m 4 m
α
α
N
CD
4 m
Figura 7.13: Questão 7.2b – Corte para o cálculo de NHD
Sabendo que cos(α) = 0, 8 e sen(α) = 0, 6, temos:
– Para x < 8 m, utilizando o lado direito do corte (sem a presença da carga unitária):
∑
Fy = 0→ NHD × 0, 6 +RD = 0 ∴ NHD = −
5RD
3 (7.5)
– Para x > 12 m, utilizando o lado esquerdo do corte (sem a presença da carga unitária):
∑
Fy = 0→ −NHD × 0, 6 +RB = 0 ∴ NHD =
5RB
3 (7.6)
Na sequência, é necessário traçar as linhas de influência das reações RB e RD:
1
1,5
-0,5
L.I. de R
B
-0,5
1
4 m 4 m 4 m4 m
L.I. de R
D
1,5
Figura 7.14: Questão 7.2b – Linhas de influência das reações RB e RD
Finalmente, obtém-se a linha de influência de NHD a partir das Equações 7.5 e 7.6 e das linhas de
influência de RB e RD:
54
EDBA
3 
m
4 m 4 m 4 m4 m
F G H I J
C
 5
 6
 5
 6
-
 5
 6
-
 5
 3
-
 5
 3
Figura 7.15: Questão 7.2b – Linha de influência de NHD
7.3 Prova II (02/2018)
3 Para a linha de influência representada abaixo, referente ao momento fletor em uma certa seção de
uma viga Gerber, calcular os valores extremos deste esforço considerando o trem-tipo e o carregamento
permanente fornecidos.
Figura 7.16: Questão 7.3: trem-tipo
0,5
-1
2
4 m 4 m 2 m 2 m 2 m1 m
Figura 7.17: Questão 7.3: linha de influênciaPrimeiramente, calculam-se as áreas da linha de influência fornecida:
A1 =
2× 8
2 = 8→ triângulo de altura = 2
A2 =
−1× 4
2 = −2→ triângulo de altura = −1
A3 =
0, 5× 3
2 = 0, 75→ triângulo de altura = 0, 5
Área total:AT = 8− 2 + 0, 75 = 6, 75
De posse da área total, é posśıvel calcular a parcela do momento fletor relativa ao carregamento
permanente:
MP P = qP P ×AT = 10× 6, 75 = 67, 5 kN.m
3Lorena Leocádio
55
Na sequência, definem-se os carregamento móveis que levam aos momentos fletores mı́nimo e
máximo (MmóvelMIN e MmóvelMAX). Seguindo os mesmos passos da Questão 7.1, obtém-se:
0,5
-1
2
4 m 4 m 2 m 2 m 2 m1 m
40 kN80 kN
3 m
20 kN/m
Figura 7.18: Questão 7.3 – Configuração para o momento fletor mı́nimo (MmóvelMIN )
MmóvelMIN = 80× (−1) + 40× 0, 5 + 20× (−2) = −100kN.m
0,5
-1
2
4 m 4 m 2 m 2 m 2 m1 m
40 kN80 kN
20 kN/m
3 m
20 kN/m
0,5
Figura 7.19: Questão 7.3 – Configuração para o momento fletor máximo (MmóvelMAX)
MmóvelMAX = 80× 2 + 40× 0, 5 + 20 (8 + 0, 75) + = 355kN.m
Finalmente, os valores extremos do momento fletor são dados pela soma do resultado da força
permanente com os resultados das forças móveis:
MMIN = 67, 5− 100 = −32, 5kN.m
MMAX = 67, 5 + 355 = 422, 5kN.m
56
7.4 Prova III (02/2016)
(a) Para a viga Gerber da Fig. 7.20, traçar a linha de influência do momento fletor na seção C.
A B C D E F G H I J
2 m 5 m 2 m 5 m 2 m 5 m
Figura 7.20: Questão 7.20
(b) Dada a linha de influência da força normal de uma determinada barra de treliça, pede-se para
calcular a força normal máxima e mı́nima segundo o trem tipo apresentado na Fig. 7.21.
0,67
0,67
0,333
p = 20 kN/m
q = 30 kN/m
40 kN100 kN
2 m
Força acidentalForça permanente
3,2 m 3,2 m 6,4 m6,4 m
Figura 7.21: Questão 7.20b
(a) Seguindo os mesmos passos da Questão 7.2, obtém-se a seguinte linha de influência:
A B C D
E G
H J
-1
1,25
-1
0,4
2 m 2,5 m 2,5 m 2 m5 m2 m 5 m
Figura 7.22: Questão 7.20a – Linha de influência do momento fletor na seção C
57
(b) Seguindo os mesmos passos das Questões 7.1(b) e 7.3, a solução se inicia com o cálculo das áreas
da linha de influência:
A1 = −
0, 333× 3, 2
2 = −0, 5328→ triângulo de altura = −0, 333
A2 = −
0, 67× 9, 6
2 = −3, 216→ triângulo de altura = −0, 67
A3 =
0, 67× 6, 4
2 = 2, 144→ triângulo de altura = 0, 67
Área total:AT = A1 +A2 +A3 = −1, 6048
De posse da área total, calcula-se a parcela relativa ao carregamento permanente:
NP P = qP P ×AT = 20× (−1, 6048) = −32, 1 kN
Em seguida, definem-se os carregamentos móveis para os esforços normais mı́nimo e máximo
(NMóvelMIN e NMóvelMAX ), posicionando corretamente o trem-tipo sobre a linha de influência:
0,67
0,67
0,333
3,2 m 3,2 m 6,4 m6,4 m
100 kN 40 kN
30 kN/m
2 m 
0,461
Figura 7.23: Questão 7.20a – Carregamento móvel para o esforço normal mı́nimo
NMóvelMIN = 100× (−0, 67) + 40× (−0, 461) + 30× (−0, 5328− 3, 216) = −197, 9
58
0,67
0,67
3,2 m 3,2 m 6,4 m6,4 m
40 kN
30 kN/m
2 m 
0,461
100 kN
Figura 7.24: Questão 7.20a – Carregamento móvel para o esforço normal máximo
NMóvelMAX = 100× 0, 67 + 40× 0, 461 + 30× 2, 144 = 149, 8 kN
Finalmente, os valores extremos do esforço normal são dados pela soma do resultado da força
permanente com os resultados das forças móveis:
NMIN = −32, 1− 197, 9 = −230 kN
NMAX = −32, 1 + 149, 8 = 117, 7 kN
59
Caṕıtulo 8
Prinćıpio dos Trabalhos Virtuais
8.1 Prova III (01/2018)
1 Para o pórtico apresentado na Figura 8.1, cujas reações de apoio são informadas, pede-se:
(a) Os diagramas de momento fletor e es-
forço normal de todas as barras para
o carregamento dado.
(b) A rotação da seção transversal no
ponto E, desprezando o efeito das
deformações de cisalhamento e apre-
sentando as contribuições referentes
aos esforços normal e de flexão.
Dados: EA = 2× 106kN
EI = 4× 105 kN ·m2
RA = 7, 65 kN (↑),
HA = 108 kN (←),
RB = 217, 35 kN (↑) Figura 8.1: Questão 8.1
(a) De posse das reações de apoio fornecidas, pode-se efetuar o equiĺıbrio de barras e nós, conforme
ilustrado na Figura 8.2:
1Thaianne Simonetti de Oliveira
60
Figura 8.2: Questão 8.1a – Equiĺıbrio de barras e nós
Com base no equiĺıbrio de barras e nós, obtêm-se os diagrama dos esforços solicitantes requeridos:
7,65
217,35
Zero Zero
486
486
187,5
Zero
Figura 8.3: Questão 8.1a – Diagrama de esforço normal e momento fletor
(b) Para a obtenção da rotação requerida, é necessário determinar o diagrama dos esforços solicitantes
(força normal e momento fletor) da Fase U , quando é aplicada a ação unitária.
61
Figura 8.4: Questão 8.1b – Fase U
A partir do Figura 8.4, pode-se realizar o equiĺıbrio de barras e nós da estrutura na fase U :
Figura 8.5: Questão 8.1b – Equiĺıbrio de barras e nós (fase U)
Em seguida, obtêm-se os diagrama de esforços solicitantes para a fase U :
62
0,1
0,1
Dn (kN)
Zero Zero
Dm (kN.m)
Zero
1
Zero
Figura 8.6: Questão 8.1b – Diagrama de esforço normal e momento fletor (fase U)
Finalmente, calcula-se a rotação no ponto E relativa ao esforço normal (θN ) e ao momento fletor
(θM ):
θN =
1
2× 106 [(−7, 65)× (0, 1)× 9 + (−217, 35)× (−0, 1)× 6] =
−6, 885 + 130, 41
2× 106 =
123, 525
2× 106
θN = 0, 0000617625 rad (y) (8.1)
θM =
1
4× 105
{
1
6 × (−1)× [2× 336, 75 + (−187, 5)]× 10 +
1
3 × (−1)× (−187, 5)× 5
}
= 14× 105 {−810 + 312, 5} =
−497, 5
4× 105 ∴ θM = −0, 00124375 rad (x) (8.2)
Valor final da rotação no ponto E:
θ = θN + θM ∴ θ = −0, 001182 rad (x) (8.3)
63
8.2 Prova III (01/2018)
2 Para a grelha indicada na Figura 8.7 (cujas reações de apoio foram informadas), considerando que ,
além do carregamento, existe uma variação de temperatura ∆T = 30◦C na face superior e ∆T = 20◦C
na face inferior, pede-se:
(a) Os diagramas do momento fletor e de
torção de todas as barras para o car-
regamento dado.
(b) A rotação (na direção do eixo CD) da
seção transversal D, considerando
separadamente os efeitos das de-
formações de flexão e de torção de-
vido a apenas o carregamento dado.
(c) A rotação (na direção do eixo CD) da
seção transversal D considerando o
efeito da variação de temperatura.
Dados: EI = 4× 105kN.m2
GJ = 2× 105 kN ·m2
α = 1× 10−5/◦C
Altura da seção transversal igual a 0,5 m.
Reações de apoio:
RA = 20 kN (↑),
RB = 45 kN (↑), RC = 5 kN (↓)
x
z⊙ ⊗A ⊗⊗⊗⊗⊗⊗
10 kN/m
⊗ 50 kNm20 kN
5 kNm/m
5 
m
4 m 5 m
B
C D
y
Figura 8.7: Questão 8.2
∆ =
∫
est
nN
EA
dx+
∫
est
mM
EI
dx+
∫
est
tT
GJ
dx+
∫
est
fsvV
GA
dx+
∫
est
nα∆TCG dx+
∫
est
mα
∆T2 −∆T1
h
dx
(a) De posse das reações de apoio fornecidas, pode-se efetuar o equiĺıbrio de barras e nós, conforme
ilustrado na Figura 8.8:
Figura 8.8: Questão 8.2a – Equiĺıbrio de barras e nós (fase L)
2Thaianne Simonetti de Oliveira
64
Com base no equiĺıbrio de barras e nós, obtêm-se os diagramas dos esforços solicitantes requeridos
(momento de flexão e de torção):
Figura 8.9: Questão 8.2a – Diagramas de momentos fletor e torsor (fase L)
(b) Para obtenção da rotação requerida, é necessário determinar os diagramas de esforços solicitantes
(momentos fletor e torsor) da Fase U , quando é aplicada a ação unitária:
Figura 8.10: Questão 8.2b– Fase U
A partir do Figura 8.10, pode-se realizar o equiĺıbrio de barras e nós da estrutura na fase U :
65
Figura 8.11: Questão 8.2b – Equiĺıbrio de barras e nós (fase U)
E, em seguida, obter os diagramas de esforços solicitantes:
Figura 8.12: Questão 8.2b - Diagrama de momentos fletor e torsor (fase U)
Finalmente, calcula-se a rotação na seção transversal D (sentido do eixo CD) devido ao momento
fletor (θM ) e ao momento de torção (θT )):
66
= 14× 105
{
1
3 × 0, 5× 62, 5× 2, 5 +
1
6 × [2× (0, 5× 12, 5 + 1× 25) + 0, 5× 25 + 1× 12, 5]
}
= 14× 105 {26, 0417 + 36, 4583} =
62, 5
4× 105 ∴ θM = 0, 00015625 rad (�) (8.4)
= 12× 105 ×
1
2 × (−1)× (−25)× 5 =
62, 5
2× 105 ∴ θT = 0, 0003125 rad (�) (8.5)(c) Neste caso, define-se mesma fase U do item (a). Para calcular a rotação considerando o efeito
da temperatura (θ∆T ), emprega-se o momento fletor da fase U e as temperaturas nas faces supeior e
inferior:
θ∆T =
∫
est
mα
∆T2 −∆T1
h
dx
= 10−5 × −100, 5 ×
1× 5
2 ∴ θ
∆T = −0, 0005 rad (�) (8.6)
8.3 Prova III (02/2016)
3 Na Figura 8.13 encontra-se um relatório do programa INSANE para uma grelha isostática. Pede-se
para calcular, usando o Método da Carga Unitária, o deslocamento vertical no ponto 4, devido às
deformações da barra 2-3 oriundas dos esforços de flexão e torção. Indicar se o deslocamento
ocorre no sentido positivo ou negativo do eixo y.
3Thaianne Simonetti de Oliveira
67
Figura 8.13: Questão 8.3 – Relatório do programa INSANE para uma grelha isostática
A partir do relatório apresentado, pode-se traçar a grelha isostática em análise. Ressalta-se que, para
o modelo de grelha, o eixo y global é positivo no sentido ⊗.
68
1
4
10
5
2
33 4
15
z
x
4 m
3 m
3 m
y
Figura 8.14: Questão 8.3 – Grelha isostática
É posśıvel ainda obter os esforços nas extremidades da barra 2-3, o que, por sua vez, permite
determinar o diagrama dos esforços solicitantes (momentos fletor e torçor) da fase L:
Figura 8.15: Questão 8.3 – Diagrama dos esforços solicitantes da barra 2-3: Fase L
As caracteŕısticas do material também podem ser obtidas a partir do relatório: GJ = 15.000 kN.m2,
EI = 52.000 kN.m2, Iz = 2, 6× 10−3 m4, J = 1, 8× 10−3 m4.
Para a fase U , define-se a seguinte ação unitária:
69
Figura 8.16: Questão 8.3 – Fase U
A partir da Figura 8.16, são obtidos os diagrama dos esforços solicitantes da barra 2-3 na fase U :
Figura 8.17: Questão 8.3 – Diagrama dos esforços solicitantes da barra 2-3: Fase U
Finalmente, é posśıvel calcular o deslocamento vertical ∆4 no nó 4, devido às deformações da barra
2-3 oriundas dos esforços de flexão e torção:
∆4 =
1
15.000 ×
1
2 × (−3)× (−34, 5− 22, 5)× 3 +
1
52.000 ×
1
3 × (−45)× (−3)× 3
= 26515.000 +
135
52.000 = 0, 0171 + 0, 00256 ∴ ∆4 = 0, 0197 m (⊗) (8.7)
70
8.4 Prova III (02/2016)
4 Para o pórtico indicado na Figura 8.18, pede-se:
(a) Os diagramas de momento
fletor de todas as barras.
(b) A rotação do nó C utilizando-se
do Método da Carga Unitária,
considerando apenas os efei-
tos das deformações oriun-
das da flexão. Informar se é
horária ou anti-horária.
Dados: EI = 50.000 kN.m2
Figura 8.18: Questão 8.4
(a) A solução se inicia com o cálculo das reações de apoio:
∑
M
(AB)
B
= HA × 5 + 50× 2, 5 = 0 ∴ HA = 25 kN (←)∑
M
D
= −RA × 4 + 10× 4× 2− 50× 1, 5− 25× 1− 5 = 0 ∴ RA = 6, 25 kN (↓)∑
F
x
= −25 + 50 +HD = 0 ∴ HD = 25 kN (←)∑
F
y
= −6, 25− 10× 4 +RD = 0 ∴ RD = 46, 25 kN (↑)
Em seguida, efetua-se o equiĺıbrio de barras e nós:
4Thaianne Simonetti de Oliveira
71
Figura 8.19: Questão 8.4 – Equiĺıbrio de barras e nós do pórtico da Fig. 8.18 (fase L)
A partir do equiĺıbrio de barras e nós, obtém-se o diagrama de momento fletor:
62,5 50
55
105
105
DM (kN.m)
qL2
8
= 20
Figura 8.20: Questão 8.4 – Diagramas de momento fletor das barras do pórtico da Fig. 8.18 (fase L)
72
(b) Para o cálculo da rotação do nó C, define-se a seguinte ação unitária para a Fase U :
Figura 8.21: Questão 8.4 – Fase U
Em seguida, obtém-se o diagrama de momento fletor da fase U :
Figura 8.22: Questão 8.4 – Diagramas de momento fletor das barras do pórtico da Fig. 8.21 (fase U)
Finalmente, é posśıvel calular a rotação θC no nó C, relativa às deformações oriundas dos esforços
de flexão:
73
θC =
1
EI
[
1
3 × (−105)× 1× 4 +
1
3 × 20× 1× 4
]
= 1
EI
[−140 + 26, 67]
= −113, 3350.000 ∴ θC = 2, 267× 10
−3 rad (y) (8.8)
8.5 Prova III (02/2016)
5 Para a treliça representada na Figura 8.23, pede-se para calcular, utilizando o Método da Carga
Unitária, o deslocamento vertical no ponto B para uma variação de temperatura uniforme em todas
as barras de 20◦C. Informar se ocorre para baixo ou para cima.
Figura 8.23: Questão 8.5
Dados do problema: L = 1 m, E = 2× 108 kN.m2, A = 2, 5× 10−3 m2, α = 1× 10−5/◦C
∆ =
∫
est
nN
EA
dx+
∫
est
mM
EI
dx+
∫
est
tT
GJ
dx+
∫
est
fsvV
GA
dx+
∫
est
nα∆TCG dx+
∫
est
mα
∆T2 −∆T1
h
dx
A ação unitária na fase U corresponde a uma força vertical aplicada sobre o nó B. Desse modo, é
5Thaianne Simonetti de Oliveira
74
posśıvel definir previamente os seguintes esforços normais:
NDE = NEF = NF G = NGH = NHC = NAC = 0
NBD = NDF = NF H = NHA
NBE = NEG = NCG
Logo, para a solução da fase U basta efetuar o equiĺıbrio do nó B:
cos θ = 0, 8
sen θ = 0, 6
∑
F
y
= NBE × sen θ − 1 = 0 ∴ NBE = 1, 667∑
F
x
= −NBD − 1, 667× cos θ = 0 ∴ NBD = −1, 334
Figura 8.24: Questão 8.5 – Fase U
Para o cálculo do deslocamento vertical ∆B devido à variação de temperatura, aplica-se a seguinte
integral sobre toda a estrutura:
∆B =
∫
est
nα∆TCG dx
Uma vez que os trechos B-C e B-A possuem esforços normais constantes iguais a 1, 667 e −1, 334
kN, respectivamente, obtém-se:
∆B = 1, 667× α×∆T × LBC + (−1, 334)× α×∆T × LBA
= 1, 667× 10−5 × 20× 5 + (−1, 334)× 10−5 × 20× 4
= 5, 998× 10−4 m ∴ ∆B ≈ 0, 6 mm (↓)
75