Teoria das Estruturas 1 - Aula 2 - 2013 1S - EC

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1 
T E O R I A D A S E S T R U T U R A S 1 
C E N T R O U N I V E R S I T Á R I O E S T Á C I O R A D I A L D E S Ã O P A U L O 
C U R S O D E G R A D U A Ç Ã O E M E N G E N H A R I A C I V I L 
P R O F . A L E X A N D R E A U G U S T O M A R T I N S 
6 º P E R Í O D O 
2 0 1 3 / 1 S 
A
U
LA
 2
 
15
.0
2.
20
13
 
2 
I N T R O D U Ç Ã O À A N Á L I S E E S T R U T U R A L 
3 
F O R Ç A : 
A FORÇA É UMA GRANDEZA VETORIAL E, PORTANTO, PARA SER PLENAMENTE 
CARACTERIZADA, DEVE-SE CONHECER: 
 DIREÇÃO; 
 SENTIDO; 
 INTENSIDADE; 
 PONTO DE APLICAÇÃO. 
FORÇAS APLICADAS EM PONTOS DISTINTOS, 
COM MESMA DIREÇÃO, SENTIDOS OPOSTOS E 
INTENSIDADES DIFERENTES. 
5 N 
10 N 
Fy 
Fz 
Fx 
F = Fx + Fy + Fz 
Y 
Z 
X 
F 
O 
4 
M O M E N T O : 
O MOMENTO É TAMBÉM UMA GRANDEZA VETORIAL, NA QUAL SÃO IDENTIFICADOS: 
 DIREÇÃO; 
 SENTIDO; 
 INTENSIDADE; 
 PONTO DE APLICAÇÃO. 
O MOMENTO REPRESENTA A TENTÊNCIA DE 
ROTAÇÃO, EM RELAÇÃO A UM DETERMINADO 
PONTO, PROVOCADA POR UMA FORÇA. 
6 N.m 
8 N.m 
My 
Mz 
Mx 
Y 
Z 
X 
M 
O 
M = Mx + My + Mz 
5 
M O M E N T O S D A S ‘ F O R Ç A S P E S O ’ E M T O R N O D O E I XO O : 
100 kg 
100 kg 
100 kg 
100 kg 
100 kg 
100 kg 
600 kg 
300 kg 300 kg 
20m 20m 
O O 
600 kg 
300 kg 300 kg 
150 kg 
150 kg 
150 kg 
100 kg 
100 kg 
100 kg 
750 kg 
300 kg 450 kg 
30m 10m 
O 
6 
S I S T E M A D E F O R Ç A S : 
TRATA-SE DE UM CONJUNTO DE UMA OU MAIS FORÇAS E/OU MOMENTOS . 
R E D U Ç Ã O D O S I S T E M A D E F O R Ç A S A U M Ú N I C O P O N T O : 
DETERMINA A AÇÃO, EM RELAÇÃO A UM ‘PONTO O’, DAS FORÇAS E MOMENTOS 
QUE CONSTITUEM O SISTEMA. 
A AÇÃO ESTÁTICA DE UM SISTEMA DE FORÇAS NO ESPAÇO, QUANDO CONSIDERADO 
UM DETERMINADO ‘PONTO O’, EQUIVALE À AÇÃO ESTÁTICA RESULTANTE TANTO DAS 
FORÇAS QUANTO DOS MOMENTOS EM RELAÇÃO AO MESMO ‘PONTO O’. 
7 
E X E M P L O : 
REDUÇÃO AO ‘PONTO O’ DE UM SISTEMA DE FORÇAS FORMADO POR DUAS 
COMPONENTES: 
MO 
FO 
Y 
Z 
X 
O 1 2 
d1 
d2 
F2 
F1 
SISTEMA DE FORÇAS, COMPOSTO POR F1 E F2. 
VETORIALMENTE, TEM-SE NO ‘PONTO O’: 
F0 = F1 + F2 
M0 = (O1 Ʌ F1) + (O2 Ʌ F2) 
A INTENSIDADE DA FORÇA RESULTANTE EM ‘O’ É: 
F0 = - F1 + F2 
E CONSIDERANDO O SISTEMA [X – Y – Z], PODE-SE AFIRMAR 
QUE F0 É UMA FORÇA NA DIREÇÃO Y, DE SENTIDO POSITIVO. 
 
A INTENSIDADE DO MOMENTO RESULTANTE EM ‘O’ É: 
M0 = - F1.d1 + F2.d2 
NESTE EXEMPLO, COMO F1 E d1 SÃO AMBOS MENORES QUE 
F2 E d2, PODE-SE ASSUMIR QUE M0 É UM MOMENTO NA 
DIREÇÃO Z, DE SENTIDO POSITIVO. 
8 
E Q U I L Í B R I O E S TÁT I C O : 
1. DESLOCAMENTOS: 
QUANDO DETERMINADA FORÇA F É APLICADA A UM CORPO RÍGIDO, 
AUTOMATICAMENTE IMPÕE A ELE UMA POSSIBILIDADE DE DESLOCAMENTO LINEAR, 
OU DE TRANSLAÇÃO. 
JÁ UM MOMENTO M, QUANDO INCIDE SOBRE UM CORPO RÍGIDO, PROPORCIONA A 
ESTE UMA TENDÊNCIA DE DESLOCAMENTO ANGULAR, OU DE ROTAÇÃO. 
RESUMINDO: 
D E S L O C A M E N T O S C L Á S S I C O S 
AÇÃO MOVIMENTO ASSOCIADO 
FORÇA LINEAR (OU DE TRANSLAÇÃO) 
MOMENTO ANGULAR (OU DE ROTAÇÃO) 
9 
E Q U I L Í B R I O E S TÁT I C O : 
2. GRAUS DE LIBERDADE: 
COM BASE EM UM SISTEMA DE EIXOS REFERENCIAIS, TANTO OS VETORES DE 
DESLOCAMENTOS LINEARES (TRANSLAÇÕES D) QUANTO OS ANGULARES (ROTAÇÕES 
θ) SÃO REPRESENTADOS POR SUAS COMPONENTES NOS TRÊS EIXOS ORTOGONAIS X, 
Y, Z; AS QUAIS SÃO DENOMINADAS GRAUS DE LIBERDADE. 
TEM-SE, ASSIM, QUE QUALQUER MOVIMENTO DE UM PONTO NO ESPAÇO SEJA 
IDENTIFICADO E DEFINIDO POR MEIO DESTES MESMOS SEIS COMPONENTES – OU 
GRAUS DE LIBERDADE. 
PORTANTO, SÃO SEIS OS GRAUS DE LIBERDADE DE CADA PONTO – OU EM CADA NÓ – 
DA ESTRUTURA COMO UM TODO. PORÉM, A PARTIR DO MOMENTO EM QUE A 
ANÁLISE É FEITA EM UM PLANO, PASSAM A VALER APENAS TRÊS GRAUS DE 
LIBERDADE. 
10 
Y 
Z 
X 
θx 
O 
Dx 
Dy 
θy 
θz 
Dz 
Y 
Z 
X 
O 
Dx 
Dy 
θz 
G R A U S D E L I B E R D A D E 
DESLOCAMENTOS COMPONENTES 
TRANSLAÇÃO Dx, Dy, Dz 
ROTAÇÃO θx, θy, θz 
11 
E S Q U E M A S E S I M P L I F I C A Ç Õ E S D E C Á L C U L O : 
GERAM “ESQUEMAS DE CÁLCULO” (OU MODELOS MATEMÁTICOS), FOCANDO: 
 GEOMETRIA: EIXO QUE PASSA A REPRESENTAR A BARRA COMO UM TODO; 
 SISTEMA DE FORÇAS: FORÇAS E MOMENTOS CONCENTRADOS E DISTRIBUÍDOS; 
 ANÁLISE NUMÉRICA: PLANA E ESPACIAL; 
 APOIOS: REPRESENTADOS ESQUEMATICAMENTE. 
BARRA 
SEÇÃO 
TRANSVERSAL 
CENTRO DE 
GRAVIDADE DA 
 SEÇÃO TRANSVERSAL 
EIXO 
12 
C A R G A S O U C A R R E G A M E N T O S E M 
M O D E L O S E S T R U T U R A I S 
REPRESENTAÇÃO 
REAL 
APROXIMADA 
AS CARGAS PODEM SER 
FORÇAS 
CONCENTRADAS 
DISTRIBUÍDAS, COM 
FORMATOS DIVERSOS 
MOMENTOS 
CONCENTRADOS 
DISTRIBUÍDOS 
QUANTO À PRECISÃO NUMÉRICA DAS SOLUÇÕES NA ENGENHARIA CIVIL, É IMPORTANTE 
SALIENTAR QUE NÃO FAZ SENTIDO TRABALHAR COM EXCESSIVOS PRECIOSISMOS 
MATEMÁTICOS, TENDO EM VISTAS AS GRANDES INCERTEZAS ASSOCIADAS À DEFINIÇÃO 
DO PRÓPRIO CARREGAMENTO QUE ATUARÁ AO LONGO DA VIDA ÚTIL DA ESTRUTURA. 
13 
U N I D A D E S D E C A R R E G A M E N T O 
FORÇAS MOMENTOS 
CONCENTRADAS DISTRIBUÍDAS CONCENTRADOS DISTRIBUÍDOS 
gr gr / cm gr.cm gr.cm / cm 
kg kg / m kg.m kg.m / m 
tf tf / dm tf.dm tf.dm / dm 
N N / m N.m N.m / m 
kN kN / m kN.m kN.m / m 
AS UNIDADES DE CARREGAMENTO, QUANDO DISTRIBUÍDAS, DEVEM SEMPRE SER 
ACOMPANHADAS PELAS RESPECTIVAS UNIDADES DE METRAGEM LINEAR, EXEMPLO: 
GRAMAS POR CENTÍMETRO; GRAMAS POR CENTÍMETRO POR CENTÍMETRO; 
TONELADAS POR DECÍMETRO; NEWTONS POR METRO POR METRO. 
14 
S I M P L I F I C A Ç Õ E S A N A L Í T I C A S : 
SEJA UM MODELO ESTRUTURAL PLANO, COM A ESTRUTURA CONTIDA NO PLANO X-Y. 
UMA VEZ ASSEGURADO O EQUILÍBRIO NAS OUTRAS DIREÇÕES DE DESLOCAMENTO, 
AS DIREÇÕES DE DESLOCAMENTO A SEREM EFETIVAMENTE CONSIDERADAS EM UMA 
ANÁLISE MATEMÁTICA SIMPLIFICADA SÃO, APENAS: 
 TRANSLAÇÃO EM X; 
 TRANSLAÇÃO EM Y. 
VIGAS, PÓRTICOS PLANOS E TRELIÇAS PLANAS SÃO CASOS ESPECÍFICOS DOS 
MODELOS DE PÓRTICOS ESPACIAIS. PORTANTO, SOMENTE AS DIREÇÕES X E Y DE 
DESLOCAMENTO SÃO POSTAS À PROVA. 
O EIXO Z NÃO É MOSTRADO NESTE CASO, E OS MOMENTOS (E ROTAÇÕES) A ELE 
ASSOCIADOS SÃO REPRESENTADOS POR SETAS CURVAS NO PRÓPRIO PLANO X-Y. 
15 
A P O I O S : 
A RESTRIÇÃO AOS MOVIMENTOS DE UMA ESTRUTURA É FEITA POR MEIO DOS 
APOIOS OU VÍNCULOS, QUE SÃO CLASSIFICADOS EM FUNÇÃO DO NÚMERO DE 
GRAUS DE LIBERDADE NOS QUAIS ATUAM. 
NOS APOIOS, NAS DIREÇÕES DOS DESLOCAMENTOS IMPEDIDOS, NASCEM AS 
FORÇAS REATIVAS (OU REAÇÕES DE APOIO) QUE, EM CONJUNTO COM AS FORÇAS E 
COM OS MOMENTOS ATIVOS, FORMAM UM SISTEMA DE FORÇAS (EXTERNAS) EM 
EQUILÍBRIO. 
EQUAÇÕES DO EQUILÍBRIO ESTÁTICO: 
S I S T E M A D E F O R Ç A S E M E Q U I L Í B R I O 
EQUILÍBRIO DE FORÇAS EQUILÍBRIO DE MOMENTOS 
Σ Fx = 0 Σ Mx = 0 
Σ Fy = 0 Σ My = 0 
Σ Fz = 0 Σ Mz = 0 
16 
A P O I O S 
APOIO SIMPLES, DO PRIMEIRO GÊNERO OU “CHARRIOT” 
REPRESENTAÇÃO ATUAÇÃO 
IMPEDE: 
A TRANSLAÇÃO EM UMA DAS DIREÇÕES 
 
PERMITE: 
A TRANSLAÇÃO NA DIREÇÃO PERPENDICULAR 
À IMPEDIDA 
 
PERMITE: 
A ROTAÇÃO (EM TORNO DO EIXO Z) V V 
17 
A P O I O S 
RÓTULA, APOIO DE SEGUNDO GÊNERO OU ARTICULAÇÃO 
REPRESENTAÇÃO ATUAÇÃO 
IMPEDE: 
AS TRANSLAÇÕES NAS DUAS DIREÇÕES (X E Y) 
 
PERMITE: 
A ROTAÇÃO (EM TORNO DO EIXO Z) 
V V 
H H 
18 
A P O I O S 
ENGASTE, OU APOIO DE TERCEIRO GÊNERO 
REPRESENTAÇÃO ATUAÇÃO 
IMPEDE: 
AS TRANSLAÇÕES NAS DUAS DIREÇÕES (X E Y) 
 
IMPEDE: 
A ROTAÇÃO (EM TORNO DO EIXO Z) 
V 
H M 
ESTRUTURA 
ENGASTE 
19 
R E S U L T A N T E S D O S C A R R E G A M E N T O S D I S T R I B U Í D O S 
CARREGAMENTO DISTRIBUÍDO RESULTANTE 
 UNIFORME: 
 TRIANGULAR: 
 
q = CONSTANTE 
L 
R = q.L 
L / 2 L / 2 
R = (q.L) / 2 
(2.L) / 3 L / 3 
q = NÃO CONSTANTE 
L 
20 
R E S U L T A N T E S D O S C A R R E G A M E N T O S D I S T R I B U Í D O S 
CARREGAMENTO DISTRIBUÍDO RESULTANTE 
 TRAPEZOIDAL: 
L 
q1 q2 
B A 
L 
q2 – q1 
B A 
R1 = q1.L 
L / 2 
R2 = [(q2 – q1).L] / 2 
L / 3 
L 
BA 
q1 
+ 
21 
R E S U L T A N T E S D O S C A R R E G A M E N T O S D I S T R I B U Í D O S 
CARREGAMENTO DISTRIBUÍDO RESULTANTE 
 QUALQUER: 
q(x) 
L 
B A 
dx 
L / 2 
x 
R = ʃ q(x).dx 
L 
0 
22 
EXEMPLO 1: VIGA BIAPOIADA + CARGA CONCENTRADA 
PARA A VIGA BIAPOIADA, CALCULAR AS REAÇÕES DE APOIO: 
2 m 6 m 
12 tf 
A B 5 tf 
2 m 6 m 
12 tf 
B 5 tf 
Y 
X 
A 
2 m 6 m 
12 tf 
B 5 tf 
Y 
X 
A HA 
VA VB 
23 
CÁLCULO DAS REAÇÕES DE APOIO COM BASE NAS EQUAÇÕES DO EQUILÍBRIO ESTÁTICO: 
(1) Σ Fx = 0 
 HA + 5 = 0 
 HA = - 5 tf 
(2) Σ Fy = 0 
 VA + VB = 12 tf (a) 
(3) Σ MA = 0 
 VA . 0 + VB . 8 – 12 . 2 = 0 
 8 . VB – 24 = 0 
 VB = 24 / 8 
 VB = 3 tf 
 de (a), VA = 9 tf 
12 tf 
B 5 tf A 
5 tf 
9 tf 3 tf 
2 m 6 m 
12 tf 
B 5 tf 
Y 
X 
A HA 
VA VB 
24 
EXEMPLO 2: PÓRTICO PLANO + CARGAS E MOMENTOS CONCENTRADOS 
PARA O PÓRTICO PLANO, CALCULAR AS REAÇÕES DE APOIO: 
5 m 
40 kN 
C 
60 kN 
D E 
B 
A 
3 m 
256 kN.m 
4 m 
4 m 
Y 
X 
5 m 
40 kN 
C 
60 kN 
D E 
B 
A 
3 m 
256 kN.m 
4 m 
4 m 
25 
HA 
VA 
VB 
CÁLCULO DAS REAÇÕES DE APOIO COM BASE NAS 
EQUAÇÕES DO EQUILÍBRIO ESTÁTICO: 
(1) Σ Fx = 0 
 HA + 60 = 0 
 HA = - 60 kN 
(2) Σ Fy = 0 
 VA + VB = 40 kN (a) 
(3) Σ MA = 0 
 VA . 0 + VB . 8 – 40 . 5 – 60 . 8 + 256 = 0 
 8 . VB – 424 = 0 
 VB = 424 / 8 
 VB = 53 kN 
 de (a), VA = - 13 kN 
40 kN 
C 
60 kN 
D E 
B 
A 
256 kN.m 
60 kN 
13 kN 
53 kN 
Y 
X 
5 m 
40 kN 
C 
60 kN 
D E 
B 
A 
3 m 
256 kN.m 
4 m 
4 m 
26 
EXEMPLO 3: VIGA BIAPOIADA + CARREGAMENTO UNIFORME DISTRIBUÍDO LINEARMENTE 
PARA A VIGA BIAPOIADA, CALCULAR AS REAÇÕES DE APOIO: 
10 m 
150 kg / m 
A B 
B 
Y 
X 
A 
1500 kg 
5 m 5 m 
B 
Y 
X 
A 
VA VB 
1500 kg 
5 m 5 m 
27 
CÁLCULO DAS REAÇÕES DE APOIO COM BASE NAS EQUAÇÕES DO EQUILÍBRIO ESTÁTICO: 
(1) Σ Fx = 0 
 H = 0 kg 
(2) Σ Fy = 0 
 VA + VB = 1500 kg (a) 
(3) Σ MA = 0 
 VA . 0 + VB . 10 – 1500 . 5 = 0 
 10 . VB – 7500 = 0 
 VB = 7500 / 10 
 VB = 750 kg 
 de (a), VA = 750 kg 
B A 
750 kg 750 kg 
1500 kg 
B 
Y 
X 
A 
VA VB 
1500 kg 
5 m 5 m 
28 
EXEMPLO 4: VIGA BIAPOIADA + CARREGAMENTO UNIFORME DISTRIBUÍDO PARCIALMENTE 
PARA A VIGA BIAPOIADA, CALCULAR AS REAÇÕES DE APOIO: 
B 
Y 
X 
A 
960 gr 
6 cm 6 cm 
B 
Y 
X 
A 
VA VB 
960 gr 
6 cm 6 cm 
4 cm 
240 gr / cm 
A B 
4 cm 4 cm 
12 cm 
29 
CÁLCULO DAS REAÇÕES DE APOIO COM BASE NAS EQUAÇÕES DO EQUILÍBRIO ESTÁTICO: 
(1) Σ Fx = 0 
 H = 0 gr 
(2) Σ Fy = 0 
 VA - 960 - VB = 0 
 VA = 960 + VB (a) 
(3) Σ MA = 0 
 VA . 0 - VB . 12 - 960 . 6 = 0 
 - 12 . VB - 5760 = 0 
 - 12 . VB = 5760 = 0 
 VB = 5760 / - 12 
 VB = - 480 gr 
 de (a), VA = 480 gr 
B A 
480 gr 480 gr 
960 gr 
B 
Y 
X 
A 
VA VB 
960 gr 
6 cm 6 cm 
30 
EXEMPLO 5: VIGA BIAPOIADA + CARREGAMENTO TRIANGULAR DISTRIBUÍDO LINEARMENTE 
PARA A VIGA BIAPOIADA, CALCULAR AS REAÇÕES DE APOIO: 
27 m 
A B 
360 kN 
B 
Y 
X 
A 
4860 kN 
18 m 9 m 
B 
Y 
X 
A 
VA VB 
4860 kN 
18 m 9 m 
31 
CÁLCULO DAS REAÇÕES DE APOIO COM BASE NAS EQUAÇÕES DO EQUILÍBRIO ESTÁTICO: 
(1) Σ Fx = 0 
 H = 0 kN 
(2) Σ Fy = 0 
 VA + VB = 4860 kN (a) 
(3) Σ MA = 0 
 VA . 0 + VB . 27 - 4860 . 18 = 0 
 27 . VB - 87480 = 0 
 VB = 87480 / 27 
 VB = 3240 kN 
 de (a), VA = 1620 kN 
B A 
1620 kN 3240 kN 
4860 kN 
B 
Y 
X 
A 
VA VB 
4860 kN 
18 m 9 m 
32 
EXEMPLO 6: VIGA BIAPOIADA + CARREGAMENTO TRIANGULAR DISTRIBUÍDO PARCIALMENTE 
PARA A VIGA BIAPOIADA, CALCULAR AS REAÇÕES DE APOIO: 
B 
Y 
X 
A 
2025 gr 
15 cm 12 cm 
9 cm 
450 gr 
A B 
9 cm 9 cm 
27 cm 
B 
Y 
X 
A 
VA VB 
2025 gr 
15 cm 12 cm 
33 
CÁLCULO DAS REAÇÕES DE APOIO COM BASE NAS EQUAÇÕES DO EQUILÍBRIO ESTÁTICO: 
(1) Σ Fx = 0 
 H = 0 kN 
(2) Σ Fy = 0 
 VA + VB = 2025 gr (a) 
(3) Σ MA = 0 
 VA . 0 + VB . 27 - 2025 . 15 = 0 
 27 . VB - 30375 = 0 
 VB = 30375 / 27 
 VB = 1125 kN 
 de (a), VA = 900 kN 
B A 
900 kN 1125 kN 
2025 gr 
B 
Y 
X 
A 
VA VB 
2025 gr 
15 cm 12 cm 
34 
EXEMPLO 7: VIGA BIAPOIADA + CARREGAMENTO TRAPEZOIDAL DISTRIBUÍDO LINEARMENTE 
PARA A VIGA BIAPOIADA, CALCULAR AS REAÇÕES DE APOIO: 
35 tf 
75 tf 
150 m 
A B 
150 m 
A B 
40 tf 
150 m 
35 tf / m 
A B 
+ 
35 
CÁLCULO DAS REAÇÕES DE APOIO COM BASE NAS EQUAÇÕES DO EQUILÍBRIO ESTÁTICO: 
(1) Σ Fx = 0 
 H = 0 tf 
(2) Σ Fy = 0 
 VA + VB = 5250 + 3000 
 VA + VB = 8250 tf (a) 
(3) Σ MA = 0 
 VA . 0 + VB . 150 - 5250 . 75 - 
 3000 . 100 = 0 
 150 . VB - 693750 = 0 
 VB = 693750 / 150 
 VB = 4625 tf 
 de (a), VA = 3625 tf 
B 
Y 
X 
A 
3000 tf 
75 m 50 m 
5250 tf 
(CARGA UNIFORME 
RETANGULAR) 
(CARGA UNIFORME 
TRIANGULAR) 
150 m 
VA 
A 
VB 
B 
Y 
X 
3000 tf 
75 m 50 m 
5250 tf 
150 m 
A 
4625 tf 
B 
3000 tf 5250 tf 
3625 tf 
36 
EXEMPLO 8: VIGA BIAPOIADA + MOMENTO CONCENTRADO 
PARA A VIGA BIAPOIADA, CALCULAR AS REAÇÕES DE APOIO: 
10 m 10 m 
A B 
200 kN.m 
B 
Y 
X 
A 
200 kN.m 
10 m 10 m 
B 
Y 
X 
A 
VA VB 
200 kN.m 
10 m 10 m 
37 
CÁLCULO DAS REAÇÕES DE APOIO COM BASE NAS EQUAÇÕES DO EQUILÍBRIO ESTÁTICO: 
(1) Σ Fx = 0 
 H = 0 kN 
(2) Σ Fy = 0 
 VA + VB = 0 kN (a) 
(3) Σ MA = 0 
 VA . 0 + VB . 20 + 200 = 0 
 20 . VB = - 200 
 VB = - 200 / 20 
 VB = - 10 kN 
 de (a), VA = 10 kN 
B A 
10 kN 10 kN 
200 kN.m 
B 
Y 
X 
A 
VA VB 
200 kN.m 
10 m 10 m 
38 
C O N T I N U A . . . 
39 
PRINCIPAL REFERÊNCIA DESTA AULA: 
VISANDO ESCLUSIVAMENTE FINS DIDÁTICOS, ESTA AULA FOI DESENVOLVIDA POR 
INSPIRAÇÃO OU POR MEIO DE ALGUMAS TRANSCRIÇÕES INTEGRAIS OU PARCIAIS 
DA OBRA “ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS”, DE AUTORIA DE MARIA CASCÃO FERREIRA 
DE ALMEIDA (1ª EDIÇÃO, EDITORA OFICINA DE TEXTOS, SÃO PAULO, 2009), A 
QUEM A MAIORIA DOS CRÉDITOS DE CONTEÚDO DEVEM SER ATRIBUÍDOS. 
QUANDO CONVENIENTE, FORAM ADOTADAS ADAPTAÇÕES TEXTUAIS E NAS 
FIGURAS – ALÉM DA INCLUSÃO DE NOVAS IMAGENS E/OU ESQUEMAS E/OU 
EXEMPLOS – DE FORMA A FAZER COM QUE ESTE MATERIAL ESTEJA 
CONVENIENTEMENTE ALINHADO À PROPOSTA DA DISCIPLINA “TEORIA DAS 
ESTRUTURAS 1”, DO CURSO DE ENGENHARIA CIVIL .