Apostila de Teoria das Estruturas

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APOSTILA DE TEORIA DAS ESTRUTURAS 
Prof. ROMILDO APARECIDO SOARES JUNIOR 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CAMPINAS – SP 
2022 
 
 
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DEDICATÓRIA 
A seguinte apostila é dedicada as pessoas que tornaram possível a sua realização. 
Sendo estas a minha família, que sempre estiveram ao meu lado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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AGRADECIMENTOS 
Agradeço ao meu orientador Prof. Dr. Leandro Palermo Junior por ter confiado no 
meu trabalho e ter estado sempre disposto a ajudar e compartilhar seu conhecimento. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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SUMÁRIO 
 
 
1. INTRODUÇÃO 05 
 
2. ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS 06 
 
3. ESTRUTURAS HIPERESTÁTICAS 70 
 
4. REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 
 
134 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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1. INTRODUÇÃO 
Todo engenheiro civil deve ter um conhecimento teórico para resolver as estruturas não 
somente utilizando os softwares de cálculo. O conhecimento da solução do problema de maneira manual 
permite não só uma visão melhor dos resultados quanto um domínio maior do software de cálculo, 
proporcionando dimensões otimizadas e menores chances de erro, o que pode ser crucial na carreira de 
um engenheiro. O início do cálculo estrutural começa na teoria das estruturas e na mecânica. Através 
destas disciplinas o aluno consegue calcular por sua vez os esforços e os deslocamentos nas estruturas, 
podendo então utilizar a norma da região para calcular se a peça irá ou não resistir ao esforço dado. O 
objetivo desta apostila é proporcionar o conhecimento para os futuros engenheiros de maneira prática e 
passo a passo. Existem muitos métodos para resolução de estruturas tanto isostáticas quanto 
hiperestáticas. Para estruturas isostáticas será apresentado o método das seções, que consiste em encontrar 
as equações que descrevem os esforços da estrutura, para as estruturas hiperestáticas será detalhado o 
método das forças, sendo este o mais prático quando se calcula uma viga ou um pórtico à mão. Para o 
cálculo dos deslocamentos e giros serão apresentados dois métodos, um com o qual o aluno integra as 
equações dos esforços (dispensando a tabela, porém mais demorado) e também será apresentado o 
método com o qual o aluno utiliza uma tabela de integrais para encontrar o deslocamento da viga, 
deixando o cálculo mais rápido. Todos os cálculos desta apostila levam em conta a teoria da elasticidade 
linear para pequenos deslocamentos, ou seja, a teoria proposta por EULER-BERNOULLI. Os Gráficos 
desta apostila foram todos feitos utilizando o programa FTOOL podendo ser encontrado em: 
http://webserver2.tecgraf.puc-rio.br/ftool/ . 
 
 
 
 
 
http://webserver2.tecgraf.puc-rio.br/ftool/
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2. ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS 
Em mecânica estrutural, diz-se que uma estrutura é isostática quando o número de restrições 
(reações) é rigorosamente igual ao número de equações da estática. É, portanto, uma estrutura estável. 
Diferem das estruturas hipostáticas (cujo número de reações é inferior ao número de equações) e das 
estruturas hiperestáticas (número de reações superior). São exemplos de estruturas isostáticas uma viga 
biapoiada (com um dos apoios podendo se movimentar horizontalmente) e uma viga engastada em 
balanço. 
 
2.1 RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DAS SEÇÕES 
Quando se resolve uma estrutura isostática pelo método das seções aplica-se uma forma 
sistemática de resolução a partir da realização de cortes na estrutura entre cada tipo de carga e/ou apoio. 
Estes cortes possibilitam o encontro das equações para cada tipo de esforço solicitante que está ocorrendo 
no trecho analisado. Após encontrada a equação do esforço solicitante basta a plotagem ao longo do 
trecho desta equação para encontrar os valores dos esforços solicitantes em qualquer lugar da estrutura. 
Além disso este método dispensa o uso de tabelas para encontrar deslocamentos ou giros pois estaremos 
integrando diretamente as equações dos esforços. Resolveremos então uma viga isostática pelo método 
das seções e encontraremos o deslocamento da viga em um ponto escolhido. 
 
 
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Exercícios Resolvidos : Viga Bi-apoiada 
 
 
 
Para resolver uma viga isostática bi-apoiada com carga linearmente distribuída, deve-se 
primeiro concentrar a carga distribuída ao longo da viga. Para concentrar a carga deve-se multiplicar o 
valor da carga distribuída pelo tamanho do vão de sua influência. A carga concentrada fica então 
localizada no meio do vão: 
 
 
 
Utilizando a carga concentrada deve-se realizar o somatório de momento no ponto A, sendo 
que o resultado deste somatório será 0. Considera-se então a carga concentrada e a reação de apoio no 
ponto B, o qual é a incógnita do problema. Para encontrar a reação de apoio Rb deve-se realizar um 
somatório de momento apartir do apoio A (o apoio da esquerda). O somatório de momentos em qualquer 
apoio deve ser sempre 0. A figura a seguir ilustra este somatório de momentos no apoio A. 
 
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Isolando a incógnita Rb encontra-se a reação de apoio no suporte B. 
 
 
 
Após encontrar a reação de apoio Rb, deve-se realizar um somatório de forças com relação a y 
para encontrar a reação de apoio Ra. 
 
 
 
 
 
 
Os esforços solicitantes descrevem as tensões causadas na viga devido ao carregamento nela 
aplicado. Em uma viga com carregamento vertical, ocorrem os esforços de cortante e momento, para 
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encontrar estes esforços,será utilizado o método das seções. Será feito um corte na carga distribuída, 
mostrando uma seção que vai do início da carga até o fim da carga distribuída. 
 
 
 
Observando o corte feito, nota-se que os esforços solicitantes são expostos para a seção em 
questão. Para encontrar as equações que escrevem os esforços solicitantes, deve-se realizar o somatório 
de forças na seção. A seção agora está em função de x, deve-se então concentrar adequadamente a carga 
distribuída agora em função de x. Para isso deve-se considerar que a distância total é x, logo a carga 
concentrada é 7x, localizada no meio do vão, ou seja em x/2. 
 
 
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Para encontrar a normal, deve-se realizar o somatório de forças em x, incluindo a variável da 
normal: 
 
Corte ( ): 
Normal: 
 
 
Para encontrar a cortante, deve-se realizar o somatóriode forças em y, incluindo a variável da 
cortante: 
 
Corte ( ): 
 
Cortante: 
 
 ( ) 
 
Para encontrar o momento, deve-se realizar o somatório de momentos onde foi feito o corte, 
colocando o ponto na origem dos esforços expostos: 
 
 
 
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Momento: 
 
 
 
 
 ( ) 
 
 
 
 
As equações encontradas valem para o começo da carga distribuída até o final da mesma, ou 
seja, x vale de 0 até 5. O traçado dos esforços é feito plotando-se as equações dos esforços solicitantes ao 
longo da viga, ou seja, substituindo valores nas equações encontradas. Em uma viga simplesmente 
apoiada o maior valor de momento fica no meio do vão, ou seja, para x = 2,5. Substituindo x = 2,5 na 
equação de momento encontra-se que o momento no meio do vão é 21.875 kN*m. Plotando-se as 
equações dos esforços solicitantes encontra-se os diagramas de esforços solicitantes da viga. Abaixo uma 
tabela com os valores numéricos para as equações da cortante e momento: 
 
Cortante (kN) Momento (kN*m) 
x V(x) x M(x) 
0 17.5 0 0 
1 10.5 1 14 
2.5 0 2.5 21.875 
4 -10.5 4 14 
5 -17.5 5 0 
 
Gráfico de Cortante (kN): 
 
 
 
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Gráfico de Momento (kN.m): 
 
 
Equação do giro: 
 ( ) ∫ ( ) 
 ( ) ∫4
 
 
 5 
 ( ) 
 
 
 
 
 
 
 
Equação do deslocamento: 
 
 ( ) ∫ ( ) 
 ( ) ∫4
 
 
 
 
 
 5 
 ( ) 
 
 
 
 
 
 
Condições de contorno: 
 
 ( ) 
 ( ) 
 
 ( ): 
 ( ) 
 
 
 
 
 
 
 
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O primeiro cálculo a ser feito é encontrar as reações de apoio para a viga abaixo : 
 
 
 
Reações de Apoio 
 
Para resolver uma viga isostática com carga linearmente distribuída, deve-se primeiro 
concentrar a carga distribuída ao longo da viga. Para concentrar a carga deve-se multiplicar o valor da 
carga distribuída pelo tamanho do vão de sua influência. A carga concentrada fica então localizada no 
meio do vão da carga distribuída: 
 
 
 
Utilizando a carga concentrada deve-se realizar o somatório de momento no ponto A, sendo 
que o resultado deste somatório será 0. Considera-se então a carga concentrada e a reação de apoio no 
ponto B, o qual é a incógnita do problema. 
 
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Realizando o Ma=0 (adotando o sentido horário positivo e o anti-horário negativo): 
 
 
 
 
 
Após encontrar a reação de apoio Rb, deve-se realizar um somatório de forças com relação a y 
para encontrar a reação de apoio Ra. 
 
Fy=0 
 
 
 
 
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Diagrama dos esforços solicitantes 
 
Para encontrar os esforços solicitantes é então necessário estabelecer seções nos diversos 
trechos da estrutura a fim de encontrar as equações dos esforços solicitantes. Primeiramente deve-se 
posicionar as seções corretamente ao longo da estrutura, sempre entre apoios e entre cargas diferentes. 
Teremos então ums seção na carga distribuída, uma seção entre a carga distribuída e a carga concentrada 
e outra seção entre a carga concentrada e o apoio simples. 
 
 
 
Utilizando Será então analisada a primeira seção s1, a qual irá valer do apoio fixo até o fim da 
carga distribuída: 
 
 
 
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Observe então que na figura acima foi feito um corte olhando para a esquerda na carga 
distribuída da viga expondo-se as os esforços de normal, cortante e momento. A distância total deste 
trecho será chamada de X, portanto a carga concentrada vinda da carga distribuída para este trecho será 
de 6*X e ela estará a uma distância da seção de X/2. 
 
 
 
Para encontrar as equações para cada esforço deste trecho deve-se realizar o somatório para o 
equilíbrio na seção. Para encontrar a normal será feito um somatório das forças em X, portanto: 
 
N=0 
 
Para encontrar a cortante será feito um somatório das forças em Y, portanto: 
 
 
 
 
Para encontrar o momento fletor será feito um somatório de momento na seção andando para 
a esquerda notando que 6x é a carga que foi concentrada a partir da carga distribuída e x/2 é a distância 
desta carga à seção e 13,8 kN é a reação de apoio Ra e x é a distância total desta carga até a seção, 
portanto: 
 
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Realizando o somatório de momento em s1: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Estas equações valem com X de 0 a 3 e servem para encontrar os valores dos esforços ao 
longo deste trecho, ou seja, do apoio fixo até o fim da carga distribuída. A segunda seção s2 será entre a 
carga distribuída e a carga concentrada: 
 
 
 
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Observe então que na figura acima foi feito um corte olhando para a esquerda após a carga 
distribuída e antes da carga concentrada da viga expondo-se as os esforços de normal, cortante e 
momento. A distância total deste trecho será chamada de X, portanto a carga concentrada vinda da carga 
distribuída para este trecho será de q*3 e ela estará a uma distância da seção de [(X-3)+1,5].O valor X-3 
deve-se ao fato de que 3 é uma distância conhecida e X é o total deste trecho, logo a distância da seção à 
carga distribuída é X-3. Para encontrar as equações para cada esforço deste trecho deve-se realizar o 
somatório para o equilíbrio na seção. 
 
 
 
Para encontrar a normal será feito um somatório das forças em X, portanto: 
 
N=0 
Para encontrar a cortante será feito um somatório das forças em Y, portanto: 
 
 
 
 
Para encontrar o momento fletor será feito um somatório de momento na seção andando para 
a esquerda notando que 18 é a carga que foi concentrada a partir da carga distribuída e (x-3) é a distância 
da seção até o limite da carga distribuída e 13,8 kN é a reação de apoio Ra e x é a distância total desta 
seção, portanto: 
 
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Realizando o somatório de momento em s2: 
 
 ( ) 
 
 
Estas equações valem com X de 3 a 4 e servem para encontrar os valores dos esforços ao 
longo deste trecho, ou seja, da carga distribuida até a carga concentrada. A terceira seção s3 será entre a 
carga concentrada e o apoio móvel: 
 
 
 
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Observe então que na figura acima foi feito um corte olhando para a esquerda após a carga 
concentrada e do apoio móvel da viga expondo-se as os esforços de normal, cortante e momento. A 
distância total deste trecho será chamada de X, a carga concentradavinda da carga distribuída para este 
trecho será de 6*3 e ela estará a uma distância da seção de [(X-4)+1+1,5] pois ela estará no centro da 
carga distribuída.O valor X-4 deve-se ao fato de que 3 é uma distância conhecida da carga distribuída, 1 é 
a distância da carga distribuída até a carga concentrada e X é o total deste trecho, logo a distância da 
seção à carga concentrada é X-4. Para encontrar as equações para cada esforço deste trecho deve-se 
realizar o somatório para o equilíbrio na seção. 
 
 
 
Para encontrar a normal será feito um somatório das forças em X, portanto: 
 
N=0 
Para encontrar a cortante será feito um somatório das forças em Y, portanto: 
 
 
 
 
Para encontrar o momento fletor será feito um somatório de momento na seção andando para 
a esquerda notando que 18 é a carga que foi concentrada a partir da carga distribuída e (x-4) é a distância 
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da seção até a carga concentrada e 13,8 kN é a reação de apoio Ra e x é a distância total desta seção, 
portanto: 
 
 
 
Realizando o somatório de momento em s3: 
 
 ( ) ( ) 
 
 
Estas equações valem com X de 4 a 5 e servem para encontrar os valores dos esforços ao 
longo deste trecho, ou seja, da carga concentrada até o apoio móvel. 
 
Gráficos de Esforços Solicitantes 
 
Para encontrar então os diagramas de esforços solicitantes basta plotar agora as equações 
encontradas ao longo da viga levando em conta que deve-se respeitar os trechos de cada equação. Cada 
equação só valerá no respectivo trecho calculado. A equação do trecho 1 só valerá de 0 a 3, a equação do 
trecho 2 só valerá de 3 a 4 e a equação do trecho 3 só valerá de 4 a 5. Quando o valor de momento der 
NEGATIVO deve-se desenha-lo em cima da viga (tracionando então as fibras de cima da viga), quando o 
momento der POSITIVO deve-se desenha-lo em baixo da viga (tracionando então as fibras de baixo da 
viga), esta é a convenção de sinal adotada pelos calculistas. A cortante segue o sentido da reação de apoio 
que causa cisalhamento na viga, portanto quando a reação for para cima a cortante começará positiva e 
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será desenhada para cima da viga ou então basta seguir a equação da cortante, quando o sinal for positivo 
ela deverá ser traçada em cima da viga e quando negativa ela deverá ser traçada em baixo da viga. A 
normal será positiva quando ela estiver tracionando a seção da viga e será negativa quando ela estiver 
comprimindo a seção da viga. 
 
 Cortante (V-kN) 
 
 
 Momento(M-kN.m) 
 
 
 
 
Pelo método das seções a solução da estrutura acaba se tornando de maneira sistêmica uma 
vez que o aluno só precisa plotar os pontos das equações conforme os trechos para desenhar os esforços 
solicitantes. Cabe também ao aluno se identificar com as formas e os tipos de cargas e esforços que 
aparecem nas estruturas a fim de poder confirmar as equações encontradas. 
 
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2.2 DESLOCAMENTOS E O PRINCÍPIO DOS TRABALHOS VIRTUAIS 
A particularização do Princípio dos Trabalhos Virtuais (forças virtuais) na qual se considera a 
força virtual (ou forças virtuais) com valor unitário é conhecida como Método da Carga Unitária 
(MCU). Também conhecido como Método do Trabalho Virtual, Método da Carga Substituta e Método de 
Maxwell-Mohr, o MCU pode ser utilizado para calcular deslocamentos (devidos a deformações reais 
causadas pelo carregamento) em estruturas isostáticas. Como o MCU é uma sistematização do PTV, sua 
formulação geral pode ser utilizada em estruturas de comportamento elástico linear e não-linear. Seja 
calcular um determinado deslocamento ∆, por exemplo o deslocamento vertical no ponto C, em uma 
estrutura isostática sujeita a um sistema de cargas qualquer. Portanto, este método consiste em colocar 
uma carga unitária onde deseja-se encontrar o deslocamento (o deslocamento será no sentido da carga, 
seja x, y ou z). Tendo em mãos os esforços solicitantes causados pela carga inicial e devido a carga 
unitária podemos encontrar o deslocamento integrando um vezes o outro ao longo de toda a viga. Para 
encontrar o deslocamento deve-se utilizar a seguinte formulação: 
 
 
 ∫
 
 
 ∫
 
 
 ∫
 
 
 
 
 
Temos então a integração dos três esforços para se encontrar o deslocamento. Para vigas e 
pórticos são utilizadas as parcelas da normal e do momento pois elas que mostram de maneira mais 
expressiva a quantidade do deslocamento ou giro. A parcela da cortante contribui muito pouco para o 
deslocamento ou giro, sendo então (para cálculos manuais ou análises onde não é necessária a precisão) 
normalmente desprezada no cálculo do deslocamento. Lembrando-se que este tipo de cálculo de 
deslocamentos ou giros leva em conta a teoria linear elástica de Euller/Bernoulli, ou seja os 
deslocamentos aumentam de maneira linear a medida que a carga for aumentando. Apesar de este ser o 
método mais simples e utilizado, as estruturas têm um comportamento não-linear com relação aos 
deslocamentos, em obras de grande porte é possível levar em consideração a não linearidade para cálculo 
dos deslocamentos, sendo esta uma vantagem com relação ao dimensionamento dos elementos, podendo 
gerar economia no orçamento da obra. Calcularemos então para a viga abaixo o deslocamento no ponto 
indicado. 
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Suponha que queremos encontrar o deslocamento vertical no final da carga distribuída, em x 
= 3m. Devemos então aplicar uma carga unitária onde desejamos encontrar o deslocamento e encontrar os 
esforços nesta nova estrutura com a carga unitária. 
 
 
 
 
 
Carga Unitária 
 
Reação de Apoio 
 
Ma=0 (adotando o sentido horário positivo e o anti-horário negativo) 
 
 
 
 
 
 
Fy=0 
 
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A viga com carga unitária fica com o seguinte esquema: 
 
 
 
 
 
Será necessário encontrar o diagrama de esforços solicitantes para a viga com carga unitária, 
como a carga é concentrada será então necessário fazer duas seções para encontrar duas equações de 
esforços solicitantes: 
 
 
 
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Diagrama dos esforços solicitantes 
 
1°Corte: 
 
 
 
 Normal: N=0 
 Cortante: 
 
 
 
 
 Momento: (adotando o sentido horário positivo e o anti-horário negativo) 
 
 
 
 
 
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2°Corte: 
 
 
 
 
 Normal: N=0 
 Cortante: 
 
 
 
 
 Momento: (adotando o sentido horário positivo e o anti-horário negativo 
 
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Gráficos 
 
 Cortante (V-kN) – Gráfico de cortante para a carga unitária 
 
 
 
 Momento(M-kN.m) – Gráfico de momento para a carga unitária 
 
 
 
 
 
 
Para encontrar o deslocamento integramos então as equações de momento, cortante enormal 
da estrutura com o carregamento inicial contra o carregamento unitário. Chamaremos de M0 o momento 
no sistema 0 com as cargas iniciais e de M1 para o momento no sistema 1 com a carga unitária. Como já 
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dito a cortante será então desprezada e a normal não existe nessa viga, então a equação para 
deslocamentos lineares será resumida a: 
 
 
 ∫
 
 
 
 
Para facilitar a visualização de quem será integrado contra quem, plote os gráficos do sistema 
0 em cima do gráfico do sistema 1. Deve-se integrar as equações que se sobreponham nos seus 
respectivos trechos, como abaixo : 
 
- Momento com a carga inicial 
 
 
 
 
- Momento com a carga unitária concentrada 
 
 
 
 
 
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 ( ) ∫ ( 
 
 
 ) ( 
 
 
) ∫ ( ) ( 
 
 
) 
 ∫ ( ) ( 
 
 
) 
 
 ( ) 
 
 
 
 
Este deslocamento é muito grande para uma viga, ele ficou desta magnitude devido à não 
consideração do módulo de elasticidade do material e da inerciada seção transversal. Se considerarmos E 
= 2.5*10^7 kN/m^2 (do concreto) e a Inercia de 0,00635 m^4 este deslocamento passa a ser : 
 
 ( ) 
 
( ) ( )
 
 
 
Viga Engastada 
 
A viga engastada tem um apoio completamente em engastado chamado engaste que não 
permite o giro, gerando momento. O momento no engaste quando se tem um balanço normalmente é 
negativo, isto significa que as fibras superiores da vida estão sendo tracionadas. Em vigas de concreto 
armado, devido ao momento negativo, é necessário armar também as partes superiores da viga onde 
momento negativo é predominante para que não haja ruptura. 
 
 
 
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Para resolver uma viga isostática engastada com carga linearmente distribuída, deve-se 
primeiro concentrar a carga distribuída ao longo da viga. Para concentrar a carga deve-se multiplicar o 
valor da carga distribuída pelo tamanho do vão de sua influência. A carga concentrada fica então 
localizada no meio do vão, com o valor de 7*4 = 28 kN: 
 
 
 
O engaste, diferente do apoio fixo, possui três reações de apoio: uma na vertical, uma na 
horizontal e uma que bloqueia o giro. Estas reações podem ser vistas na figura abaixo 
 
 
 
A reação de apoio Ha existiria caso houvesse uma força horizontal na viga, como não existe 
nenhuma força no eixo x, logo a reação Ha = 0. Deve-se realizar um somatório de forças com relação a y 
para encontrar a reação de apoio Ra. 
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Utilizando a carga concentrada deve-se realizar o somatório de momento no ponto A, sendo 
que o resultado deste somatório será 0. Lembrando-se que as reações de apoio Ra e Ha não causam 
momento no engaste, somente a reação Ma aparece e será a incógnita do somatório. 
 
 
 
 
 
 
 
As reações de apoio ficam então da seguinte maneira: 
 
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A reação de apoio Ha existiria caso houvesse uma força horizontal na viga, como não existe 
nenhuma força no eixo x, logo a reação Ha = 0. Deve-se realizar um somatório de forças com relação a y 
para encontrar a reação de apoio Ra. 
 
 
A reação de apoio Ha existiria caso houvesse uma força horizontal na viga, como não existe 
nenhuma força no eixo x, logo a reação Ha = 0. Deve-se realizar um somatório de forças com relação a y 
para encontrar a reação de apoio Ra. 
 
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A reação de apoio Ha existiria caso houvesse uma força horizontal na viga, como não existe 
nenhuma força no eixo x, logo a reação Ha = 0. Deve-se realizar um somatório de forças com relação a y 
para encontrar a reação de apoio Ra. 
 
 
 
A reação de apoio Ha existiria caso houvesse uma força horizontal na viga, como não existe 
nenhuma força no eixo x, logo a reação Ha = 0. Deve-se realizar um somatório de forças com relação a y 
para encontrar a reação de apoio Ra. 
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Corte ( ): 
 
Normal: 
 
 
Cortante: 
 
 ( ) 
 
A reação de apoio Ha existiria caso houvesse uma força horizontal na viga, como não existe 
nenhuma força no eixo x, logo a reação Ha = 0. Deve-se realizar um somatório de forças com relação a y 
para encontrar a reação de apoio Ra. 
 
 
 
Momento: 
 
 
 
 
 ( ) 
 
 
 
 
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A reação de apoio Ha existiria caso houvesse uma força horizontal na viga, como não existe 
nenhuma força no eixo x, logo a reação Ha = 0. Deve-se realizar um somatório de forças com relação a y 
para encontrar a reação de apoio Ra. 
 
Gráfico de Cortante (kN): 
 
 
 
Gráfico de Momento (kN.m): 
 
 
 
Equação do giro: 
 ( ) ∫ ( ) 
 ( ) ∫4
 
 
 5 
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 ( ) 
 
 
 
 
 
 
 
Equação do deslocamento: 
 ( ) ∫ ( ) 
 ( ) ∫4
 
 
 
 
 
 5 
 ( ) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Condições de contorno: 
 ( ) 
 ( ) 
 
 ( ): 
 ( ) 
 
 
 
 
 
 
 
Viga com carga concentrada 
 
 
 
Para resolver uma viga isostática simplesmente apoiada com carga concentrada, será 
necessário calcular inicialmente as reações de apoio da viga. As reações de apoio estão dispostas como na 
figura abaixo: 
 
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A reação de apoio Ha existiria caso houvesse uma força horizontal na viga, como não existe 
nenhuma força no eixo x, logo a reação Ha = 0. Deve-se realizar um somatório de momento no apoio fixo 
para encontrar a reação de apoio Rb. 
 
 
 
∑ 
 
 
 
 Reações de Apoio: 
∑ 
 
 
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As reações de apoio ficam da seguinte maneira: 
 
 
 
 
Após encontradas as reações de apoio deve-se prosseguir posicionando-se as seções 
necessárias para traçar os diagramas de esforços solicitantes. 
 
 
 
A primeira seção está atrás da carga concentrada: 
 
 1º Corte (0<=x<=2): 
 
 
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Para encontrar a normal será feito um somatório das forças em X, portanto: 
 
 
Para encontrar a cortante será feito um somatório das forças em Y, portanto: 
 
 
 
 
Para encontrar o momento fletor seráfeito um somatório de momento na seção: 
 
 
 
 
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A segunda seção fica depois da carga concentrada: 
 
 2º Corte(2<=x<=5): 
 
 
 
 
Para encontrar a normal será feito um somatório das forças em X, portanto: 
 
 
Para encontrar a cortante será feito um somatório das forças em Y, portanto: 
 
 
 
 
Para encontrar o momento fletor será feito um somatório de momento na seção: 
 
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 ( ) 
 
 
Diagramas de esforços solicitantes: 
 
Gráfico de Cortante (kN): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Gráfico de Momento (kN.m): 
 
 
 
 
Exercícios Resolvidos : Viga com carga triangular 
 
 
 
 
A viga com carga triangular deve ser resolvida concentrando-se a carga distribuída a dois 
terços do lado esquerdo (no caso a (2/3)*4 = 2,666) ou a um terço do lado direito (no caso a (1/3)*4 = 
1,333), para concentrar a carga deve-se calcular a área do triângulo (no caso 7*4/2 = 14). Após ter 
concentrado a carga deve-se calcular o somatório de momento no apoio a, assim como nos outros 
exercícios. 
 
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A reação de apoio Ha existiria caso houvesse uma força horizontal na viga, como não existe 
nenhuma força no eixo x, logo a reação Ha = 0. Deve-se realizar um somatório de momento no apoio fixo 
para encontrar a reação de apoio Rb. 
 
 
 
 Reações de Apoio: 
∑ 
 
 
 
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Deve-se realizar um somatório de forças com relação a y para encontrar a reação de apoio Ra. 
 
∑ 
 
 
 
 
 
 
 
A disposição das reações de apoio são as seguintes: 
 
 
 
Será feito um corte na carga distribuída, mostrando uma seção que vai do início da carga até o 
fim da carga distribuída. 
 
 
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A seção de uma viga com carga tringular deve ter carga q proporcional à carga do problema. 
Para tamanho de viga = 4 a carga q = 7, para uma seção com tamanho x, a carga q deve ser encontrada 
utilizando a proporção da semelhança de triângulos. A carga 7 está para o tamanho de viga 4 assim como 
a carga q está para o tamanho de viga x, em forma matemática: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolveno para q encontra-se: 
 
 
 
 
 
 
A carga q encontrada é a carga triangular para uma seção de tamanho x. A seção fica da 
seguinte maneira: 
 
 
 
Deve-se concentrar a carga q para encontrar as equações os esforços solicitantes. Fazendo-se 
a área do triângulo ((7/4)*x/2) e posicionando-se a carga concentrada a 1/3x da seção: 
 
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1º Corte (0<=x<=4): 
 
Para encontrar a normal será feito um somatório das forças em X, portanto: 
 
 
Para encontrar a cortante será feito um somatório das forças em Y, portanto: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para encontrar o momento fletor será feito um somatório de momento na seção: 
 
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 Diagramas de esforços solicitantes: 
 
Gráfico de Cortante (kN): 
 
 
 
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Gráfico de Momento (kN.m): 
 
 
 
 
 
Exercícios Resolvidos : Viga com duas cargas concentradas (flexão pura) 
 
A viga a seguir possui uma peculiaridade quanto aos esforços solicitantes: no meio do vão ela 
é solicitada por flexão pura. Isso pode acarretar em uma fissura de 90 graus devido ao momento fletor. 
 
 
 
Para resolver uma viga isostática simplesmente apoiada com carga concentrada, será 
necessário calcular inicialmente as reações de apoio da viga. As reações de apoio estão dispostas como na 
figura abaixo: 
 
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A reação de apoio Ha existiria caso houvesse uma força horizontal na viga, como não existe 
nenhuma força no eixo x, logo a reação Ha = 0. Deve-se realizar um somatório de momento no apoio fixo 
para encontrar a reação de apoio Rb. 
 
 
 
 Reações de Apoio: 
∑ 
 
 
 
 
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Deve-se realizar um somatório de forças com relação a y para encontrar a reação de apoio Ra. 
 
 
 
 
 
 
A disposição das reações de apoio são as seguintes: 
 
 
 
Após encontradas as reações de apoio deve-se prosseguir posicionando-se as seções 
necessárias para traçar os diagramas de esforços solicitantes. 
 
 
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A primeira seção está atrás da carga concentrada: 
 
 1º Corte (0<=x<=2): 
 
 
 
 
Para encontrar a normal será feito um somatório das forças em X, portanto: 
 
 
Para encontrar a cortante será feito um somatório das forças em Y, portanto: 
 
 
 ( ) 
 
Para encontrar o momento fletor será feito um somatório de momento na seção: 
 
 
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 ( ) 
 
A segunda seção fica depois da carga concentrada: 
 
 2º Corte(2<=x<=4): 
 
 
 
 
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Para encontrar a normal será feito um somatório das forças em X, portanto: 
 
 
 
Para encontrar a cortante será feito um somatório das forças em Y, portanto: 
 
 
 ( ) 
 
Para encontrar o momento fletor será feito um somatório de momento na seção: 
 
 
 
 ( ) 
 ( ) 
 
A terceira seção fica depois da segunda carga concentrada: 
 
3º Corte ( ): 
 
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Para encontrar a normal será feito um somatório das forças em X, portanto: 
 
 
 
Para encontrar a cortante será feito um somatório das forças em Y, portanto: 
 
 
 ( ) 
 
Para encontrar o momento fletor será feito um somatório de momento na seção: 
 
 
 
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 ( ) ( ) 
 ( )Para encontrar então os diagramas de esforços solicitantes basta plotar agora as equações 
encontradas ao longo da viga levando em conta que deve-se respeitar os trechos de cada equação. Cada 
equação só valerá no respectivo trecho calculado: 
 
Gráfico de Cortante (kN): 
 
 
Gráfico de Momento (kN.m): 
 
 
 
 
Exercícios Resolvidos : Viga engastada com duas cargas combinadas 
 
 
 
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Para resolver uma viga isostática simplesmente apoiada com cargas combinadas, será 
necessário calcular inicialmente as reações de apoio da viga. As reações de apoio estão dispostas como na 
figura abaixo: 
 
 
 
 
Deve-se primeiro concentrar a carga distribuída ao longo da viga. Para concentrar a carga 
deve-se multiplicar o valor da carga distribuída pelo tamanho do vão de sua influência. A carga 
concentrada fica então localizada no meio do vão, com o valor de 3*4 = 12 kN: 
 
 
 
 
 
A reação de apoio Ha existiria caso houvesse uma força horizontal na viga, como não existe 
nenhuma força no eixo x, logo a reação Ha = 0. Deve-se realizar o somatório de forças em y para 
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encontrar a reação Ra. Deve-se realizar um somatório de momento no apoio engastado para encontrar a 
reação de apoio Ma 
 
Reação de Apoio 
 
∑ 
 
 
 
∑ 
 
 
 
 
Deve-se realizar um somatório de momento no apoio engastado para encontrar a reação de 
apoio Ma: 
 
 
 
∑ 
 
 
 
 
 
 
A disposição das reações de apoio são as seguintes: 
 
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Após encontradas as reações de apoio deve-se prosseguir posicionando-se as seções 
necessárias para traçar os diagramas de esforços solicitantes. 
 
 
 
 
Esforços Solicitantes 
 
A primeira seção está atrás da carga concentrada: 
 
 1º Corte (0<=x<=2): 
 
 
 
 
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Para encontrar a normal será feito um somatório das forças em X, portanto: 
 
 
Para encontrar a cortante será feito um somatório das forças em Y, portanto: 
 
 
 ( ) 
 
Para encontrar o momento fletor será feito um somatório de momento na seção: 
 
 
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A segunda seção fica depois da carga concentrada: 
 
 2º Corte(2<=x<=4): 
 
 
 
 
Para encontrar a normal será feito um somatório das forças em X, portanto: 
 
 
 
Para encontrar a cortante será feito um somatório das forças em Y, portanto: 
 
 
 ( ) 
 
Para encontrar o momento fletor será feito um somatório de momento na seção: 
 
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 ( ) 
 ( ) 
 
A terceira seção fica depois da carga concentrada e entre a carga distribuída: 
 
 3º Corte(4<=x<=7): 
 
 
 
 
Antes de começar os somatórios deve-se concentrar a carga distribuída na seção: 
 
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Para encontrar a normal será feito um somatório das forças em X, portanto: 
 
 
 
Para encontrar a cortante será feito um somatório das forças em Y, portanto: 
 
 ( ) 
 ( ) 
 
 
 
 
Para encontrar o momento fletor será feito um somatório de momento na seção: 
 
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 ( ) 
 
 
 ( ) 
 ( ) 
 
 
 
 ( ) 
 ( ) 
 ( ) 
 
 
Diagramas 
 
 
V(kN) 
 
 
 
 
M(kN.m) 
 
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Exercício 8 – A resolução de pórticos pelo método das seções é feita de maneira similar ao das vigas, 
porém, agora deve-se analisar barra por barra, os limites de integração começam do zero toda vez que se 
trocar a barra a ser integrada. Os cortes são feitos de maneira similar, entre cada tipo de carga e apoio, e 
entre as cargas distribuídas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Reações de Apoio: 
∑ 
∑ 
∑ 
 
 
 Equações: 
Primeiro cortamos antes da carga concentrada, depois cortamos depois da mesma. Após isso cortamos 
entre a carga distribuída e por fim cortamos a ultima barra vertical da direita. 
 
1º Corte (0<=x<=2): 2º Corte(2<=x<=4): 
 
 
 
 
 
 
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3º Corte (0<=x<=5): 4º Corte(0<=x<=4): 
 
 
 
 
 
 
 
 
Agora devemos apenas plotar as equações ao longo das barras, encontrando então o diagrama 
de esforços solicitantes: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 Carga Unitária: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
∑ 
 
∑ 
 
 
 
1º Corte (0<=x<=2): 2º Corte(2<=x<=4): 
 
 
 
 
3º Corte (0<=x<=5): 4º Corte(0<=x<=4): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 Deslocamento em x=2,5m 
 
Nos pórticos deve-se integrar sempre barra por barra, quando se termina de integrar uma barra 
os limites de integração voltam a ser zero, como é possível observar nas equações abaixo: 
 
 
 ( ) 
 
∫ ( ) ∫ 
 
 
 
 
 ∫ (
 
 
 ) ( ) ∫ (
 
 
 ) ( ) 
 
 
 
 
 
 
 
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 ( ) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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3. ESTRUTURAS HIPERESTÁTICAS 
As estruturas hiperestáticassão aquelas que tem uma quantidade de vínculos maior do que o 
necessário para manter a estrutura em equilíbrio. Na prática normalmente as estruturas hiperestáticas são 
as que devem ser calculadas, como vigas contínuas, engastes entre vigas e pilares, entre outras. 
 
3.1 O MÉTODO DAS FORÇAS – UTILIZANDO EQUAÇÕES 
O método das forças é indicado quando se faz necessário o cálculo manual das estruturas 
hiperestáticas (quando não é possível o auxílio de um computador), sendo então este o primeiro método a 
ser ensinado nesta apostila. De maneira simplificada ele consiste em remover os vínculos que estão 
causando a hiperestaticidade da estrutura, aplicando em contrapartida uma carga unitária no sistema agora 
isostático. Encontrando o deslocamento para este sistema isostático ( com o vinculo excedente removido ) 
e também o deslocamento ocorrido devido a uma carga unitária, é possível encontrar o chamado sistema 
de compatibilidade de deslocamentos, do qual tiramos as reações dos vínculos primeiramente removidos. 
Seja a viga hiperestática abaixo : 
 
 
1. 
 
 
 
 
 
O primeiro passo é verificar o grau de hiperestacidade da estrutura. No caso de vigas e 
pórticos simples, o grau de hiperestaticidade é facilmente encontrado. Basta contar o número de vínculos 
da estrutura, no caso da viga acima temos dois vínculos no apoio fixo da esquerda e mais dois vínculos 
nos dois apoios móveis da direita. Portanto temos 4 vínculos nesta estrutura, em todas as estruturas 
teremos 3 equações de equilíbrio, isto é, somatório de momento igual a zero, somatório de forças em y 
igual a zero e somatório de forças em x igual a zero. O grau de hiperestaticidade é calculado com g = V-3, 
substituindo então a quantidade de vínculos nesta equação temos g = 4-3, portanto g = 1. Então o grau de 
hiperestaticidade desta estrutura é um. Isto significa para o método das forças que devemos remover 1 
vinculo á escolha para transformarmos esta estrutura em isostática. 
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O segundo passo é escolher o vinculo a ser removido, no caso deste exercício removeremos o 
apoio central, criando-se o sistema 0, ou seja o sistema principal com a carga real. Iremos então resolver 
este sistema encontrando suas equações de momento e cortante. 
 
CASO O 
 
 
 
 
 
 
 
⅀ ⅀ 
 
 
 
 
Fazemos então um corte no meio da carga distribuída, encontrando a seguinte seção : 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Para 
⅀ ⅀ 
 
 
 
 
 
 
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O terceiro passo é colocar uma carga unitária no lugar onde foi removido o vínculo, 
encontrando então o sistema 1. Deve-se então resolver este sistema 1, encontrando as equações de 
momento e cortante. 
 
CASO 1 
 
 
 
 
 
 
 
 
⅀ ⅀ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Para 
⅀ ⅀ 
 
 
 
 
 
 
 
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 Para 
⅀ ⅀ 
 ( ) 
 
 
Encontradas as equações de momento para o sistema 0 e também para o sistema 1 é 
necessário encontrar os coeficientes do sistema de compatibilidade de deslocamentos. Estes coeficientes 
são os deslocamentos do sistema 0 e sistema 1 no ponto onde foi removido o vinculo. Então o Delta 10 
são as integrais de momento do sistema 0 contra o sistema 1, e o Delta 11 são as integrais do sistema 1 
contra o sistema 1 ( ele mesmo ). 
 
 
 
 ∫ ( )( ) ∫ ( )( ) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 ∫ ( )( ) ∫ ( )( ) 
 
 
 
 
 
 ( ) (
 
 
) 
 
 
 
 
 
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Substituindo então estes valores no sistema de compatibilidade de deslocamentos temos : 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O valor encontrado de -7,5 kN é o valor da reação de apoio do vinculo inicialmente removido. 
O sinal negativo da resposta indica que a reação de apoio tem direção inversa à carga unitária adotada. Ou 
seja, como a carga unitária foi adotada para baixo e a resposta deu negativa, logo temos que a direção da 
reação de apoio é para cima. Para encontrar os diagramas finais para esta estrutura basta agora aplicar o 
método das seções em cada trecho e plotar as equações ao longo do eixo da viga: 
 
⅀ ⅀ 
 
 6 
 
 
 
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 Para 
⅀ ⅀ 
 
 
 
 
 
 
 Para 
⅀ ⅀ 
 ( ) 
 
 
 
 
 
Basta agora somente a plotagem das equações ao longo da viga passando pelos trechos 
calculados. O método das forças mostra-se uma alternativa eficaz para resolução de estruturas de maneira 
manual. 
 
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V(kN) 
 
M(kN*m) 
 
 
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Basta agora somente a plotagem das equações ao longo da viga passando pelos trechos 
calculados. O método das forças mostra-se uma alternativa eficaz para resolução de estruturas de maneira 
manual. 
 
 
Caso 0 : 
 
 
 
Trecho a 
N=0 V= -2x+4,833 M= 
-x²+4,833x 
 
Trecho b 
N=0 V= -1,167 M= -
1,167x+9 
 
Trecho c 
N=0 V= -3,167 M= -
3,167x+19 
 
Caso 1 
 
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Trecho a 
N= 0 V= 0,5 M= 0,5x 
Trecho b 
N=0 V= -0,5 M= -0,5x+3 
 
EI * ∫ ( ) ( ) ∫ ( ) ( ) 
 
 
 
 
 
 ∫ ( ) ( ) 
 
 
 = 21,2038333 
 
EI * ∫ ( ) ∫ ( ) 
 
 
 
 
 = 4,5000 
 
R1= 
 
 
 R1= 
 
 
 R1 = -4,712 
 
Trecho a (Final) 
N=0 V=-2x+2,477 M=-x²+2,477x 
 
Trecho b (Final) 
N=0 V= 1,19 M= 1,19x-5,139 
 
Trecho c (Final) 
N=0 V= -0,81 M= -0,81x+4,861 
 
 
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3) 
 
 
Caso 0 
 
 
 
Trecho a 
N=0 V= -2x+10 M= -x²+10x-28 
 
Trecho b 
N=0 V= 2 M= 2x-12 
 
Caso 1 
 
 
 
 
 
Trecho a 
N= 0 V= 1 M= x-4 
Trecho a 
N= 0 V= 0 M= 0 
 
 
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EI * ∫ ( ) ( ) 
 
 
138,6667 
 
EI * ∫ ( ) 
 
 
 21,3333 
 
R1= 
 
 
 R1= 
 
 
 R1 = -6,50000 Kn 
 
 
Trecho a (Final) 
N= 0 V= -2x+3,5 M=-x²+3,5x-2 
Trecho b (Final) 
N= 0 V= 2 M= 2x-12 
 
 
 
 
 
 
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4) 
 
 
 
 
Trecho a 
N=-8 V= 0 M= -16 
 
Trecho b 
N=0 V= -2x+8 M= -x²+8x-16 
 
Trecho c 
N=0 V= 0 M= 0 
 
 
 
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Trecho a 
N= 1 V= 0 M= 4 
 
Trecho b 
N=0 V= -1 M= -x+4 
 
Trecho c 
N=-1 V= 0 M= 0 
EI * ∫ ( ) ( ) ∫ ( ) ( ) 
 
 
 
 
 ∫ ( ) ( ) 
 
 
= -352 
 
EI * ∫ ( ) ∫ ( ) 
 
 
 
 
 ∫ ( ) 
 
 
 ∫ ( ) 
 
 
 = 93,33333 
 
R1= 
 
 
 R1= 
 
 
 R1 = 3,771 
 
Trecho a(Final) 
N=-4,229 V= 0 M= -0,914 
 
Trecho b(Final) 
N=0 V= -2x+4,229 
M= -x²+4,229x-0,914 
Trecho c(Final) 
N=-3,711 V= 0 M= 0 
 
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5) 
 
 
 
Trecho a 
N= -5 V= -2 M= -2x 
 
Trecho b 
N=-2 V= -2x+5 M= -x²+5x-8 
 
Trecho c 
N=-3 V= 2 M= 2x-4 
 
Trecho d 
N=-3 V= 0 M= -2x-16+20-4+2x = 0 
 
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Trecho a 
N= 0 V= 1 M= x 
 
Trecho b 
N=1 V= 0 M= 4 
 
Trecho c 
N=0 V= -1 M= -x+4 
EI * ∫ ( ) ( ) ∫ ( ) ( ) 
 
 
 
 
 ∫ ( ) ( ) 
 
 
 ∫ ( ) ( ) 
 
 
= -117,3333 
 
EI * ∫ ( ) ∫ ( ) 
 
 
 
 
 ∫ ( ) 
 
 
 ∫ ( ) 
 
 
 = 110,6667 
 
R1= 
 
 
 R1= 
 
 
 R1 = 1,060 
 
Trecho a(Final) 
N=-5 V= -0,94 
M= -0,94x 
Trecho b(Final) 
N=-0,94 V=-2x+5 
M=-x²+5x-3,76 
Trecho c(Final) 
N=-3 V= 0,94 
M= 0,94x+0,24 
Trecho d(Final) 
N=-3 V= -1,06 
M= -1,06x+4,24 
 
 
 
 
 
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6) 
 
 
Trecho a 
N= -2 V= -2 M= -2x 
 
Trecho b 
N=-2 V= 2 M= 2x-8 
 
 
 
Trecho c 
N=-2 V= 0 M= -4 
 
Trecho d 
N= 0 V= 2 M= 2x-4 
 
Trecho e 
N= 0 V= 0 M=-4-4-2x+2x+8 = 0 
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Trecho a 
N= 0 V= 1 M= x 
 
Trecho b 
N=1 V= 0 M= 4 
 
Trecho c 
N=0 V= -1 M= -x+4 
EI * ∫ ( ) ( ) ∫ ( ) ( ) 
 
 
 
 
 ∫ ( ) ( ) ∫ ( ) ( ) 
 
 
 
 
 
∫ ( ) ( ) 
 
 
= -144 
EI * ∫ ( ) ∫ ( ) 
 
 
 
 
 ∫ ( ) 
 
 
 ∫ ( ) 
 
 
 = 110,6667 
R1= 
 
 
 R1= 
 
 
 R1 = 1,301 
 
Trecho a(Final) 
N= -2 V= -0,699 
M= -0,699x 
Trecho b(Final) 
N=-0,699 V=2 
M= 2x-2,796 
Trecho c(Final) 
N= -0,699 V=0 
M=1,205 
Trecho d(Final) 
N=0 V=0,699 
M=0,699x+1,205 
Trecho e(Final) 
N=0 V=-
1,301 M=-
1,301x+5,204 
 
 
 
 
 
 
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7) 
 
 
Caso 0 
 
 
 
Trecho a 
N=0 V= -2x+10 
M= -x²+10x-26 
Trecho b 
N=0 V= 2 
 M= 2x-10 
Trecho c 
N=0 V= 0 
 M= -2x+10-8x+16+10x-26=0 
 
Caso 1 
 
 
 
Trecho a 
N= 0 V= 1 M= x-4 
Trecho a 
N= 0 V= 0 M= 0 
 
Caso 2 
 
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Trecho a 
N=0 V=1 M=x-6 
 
EI * ∫ ( ) ( ) 
 
 
= 122,6667 
 
EI * ∫ ( ) 
 
 
 = 21,3333 
 
EI * ∫ ( ) ( ) 
 
 
= 37,3333 
 
EI * ∫ ( ) ( ) ∫ ( ) ( ) 
 
 
 
 
 =215 
 
EI * ∫ ( ) 
 
 
 = 72 
 
 
 
 
 
 0
 
 
1*
 
 
 = 
 
 
 ... R1=5,662 R2=0,050 
 
Trecho a(Final) 
N=0 V=-2x+4,287 
M=-x²+4,287x-3,05 
Trecho b(Final) 
N=0 V=1,95 
M=1,95x-9,698 
Trecho c(Final) 
N=0 V=-0,05 
M=-0,05x+0,3 
 
 
 
 
 
 
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8) 
 
Caso 0 
 
 
Trecho a 
N=0 V=-2x+12 M=-x²+12x-36 
 
 
Caso 1 
 
 
 
 
 
 
Trecho a 
N= 0 V= 1 M= x-4 
Trecho a 
N= 0 V= 0 M= 0 
 
 
Caso 2 
 
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Trecho a 
N=0 V=1 M=x-6 
 
EI * ∫ ( ) ( ) 
 
 
= 181,3333 
EI * ∫ ( ) 
 
 
 = 21,3333 
EI * ∫ ( ) ( ) 
 
 
= 37,3333 
EI * ∫ ( ) ( ) 
 
 
 = 324 
EI * ∫ ( ) 
 
 
 = 72 
 
 
 
 
 
 
 
 
 0
 
 
1*
 
 
 = 
 
 
 ... R1= 6,75 R2= 1,00 
 
 
Trecho a(Final) 
N=0 V=-2x+4,25 M= -x²+4,25x-3 
Trecho b(Final) 
N=0 V= -2x+11 M=-x²+11x-30 
 
 
 
 
 
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9) 
 
 
 
Trecho a 
N=-8 V= 0 M= -16 
 
Trecho b 
N=0 V= -2x+8 M= -x²+8x-16 
 
Trecho c 
N=0 V= 0 M= 0 
 
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Trecho a 
N= 1 V= 0 M= 4 
 
Trecho b 
N=0 V= -1 M= -x+4 
 
Trecho c 
N=-1 V= 0 M= 0 
 
 
 
Trecho a 
N= 0 V= -1 M= -x 
 
Trecho b 
N=-1 V= 0 M= -4 
 
Trecho c 
N=0 V= 1 M= x-4 
 
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9) Continuação 
 
Trecho a 
N= 0 V=0 M= 1 
 
Trecho b 
N=0 V= 0 M= 1 
 
Trecho c 
N=0 V= 0 M= 1 
EI * ∫ ( ) ( ) ∫ ( ) ( ) ∫ ( ) ( ) 
 
 
 
 
 
 
 
 
-352 
EI * ∫ ( ) 
 
 
 ∫ ( ) 
 
 
 ∫ ( ) 
 
 
 ∫ ( ) 
 
 
 = 93,3333 
EI * ∫ ( ) ( ) ∫ ( ) ( ) 
 
 
 
 
= -64 
EI * ∫ ( ) ( ) ∫ ( ) ( ) 
 
 
 
 
= 24 
EI * ∫ ( ) ( ) ∫ ( ) ( ) 
 
 
 
 
 = 213,3333 
EI * ∫ ( ) 
 
 
 ∫ ( ) 
 
 
 ∫ ( ) 
 
 
 ∫ ( ) 
 
 
 = 110,6667 
EI * ∫ ( ) 
 
 
 ∫ ( ) 
 
 
 ∫ ( ) 
 
 
= -32 
EI * ∫ ( ) ( ) 
 
 
 ∫ ( ) ( ) 
 
 
= -85,3333 
EI * ∫ ( ) 
 
 
= 12 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
*
 
 
 
 = 
 
 
 
 ... 
 
 
 
 
 
Trecho a(Final) 
N= -4 V=-0561 M=-0561x+0,607 
 
 
Trecho b(Final) 
N=-0,561 V=-2x+4 
 
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3.2 O MÉTODO DAS FORÇAS – UTILIZANDO TABELA 
O método das forças é indicado quando se faz necessário o cálculo manual das 
estruturas hiperestáticas (quando não é possível o auxílio de um computador), sendo então este o 
primeiro método a ser ensinado nesta apostila. Agora, os mesmos exemplos resolvidos utilizando as 
equações para cada tipo de esforço serão resolvidos agora utilizando a tabela de integrais. Isto 
significa que o aluno não precisa calcular as integrais das equações, basta olhar a tabela com a 
figura desejada e verificar o resultado. O ponto fraco é que o aluno fica incapaz de resolver as 
estruturas sem utilizar a tabela. Cabe ao aluno ou professor ensinar o método que for mais 
interessante no momento em questão, em geral para faculdades com ponto forte em cálculo utiliza-
se integrar as equações, para faculdades com tendências à construção pode-se ensinar a calcular 
utilizando a tabela. Nada impede que se aprenda a calcular utilizando os dois métodos. A tabela de 
integrações é dada na próxima página, esta tabela foi obtida do departamento de estruturas da UFG 
(Universidade Federal de Goiás). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Exercício 1 
 
 
Inicialmente fazemos a verificação do grau do hiperestaticidade (h) da estrutura: 
Sendo c = 1 chapa vem 
 Bn = 3c, logo Bn = 3 
A somatória dos vínculos dos apoios (Be) é (2+1+1) 4, então: 
Be- Bn = h 
4-3=1(grau1) 
 
Então se altera a estrutura de forma que h seja 0, neste exercício o apoio móvel 
colocado no meio da viga foi removido. A condição para realização do calculo é retirar os vínculos 
ate que a estrutura seja isostática e acrescentar forças unitários onde os vínculos foram retirados, ou 
seja, onde foi retirado o apoio móvel foi acrescentada uma força unitária no eixo Y. 
 
Reações de Apoio (caso 0) 
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Obs.: entende-se por caso 0 aquele que os apoios agora estão dispostos de modo a tornar 
a estrutura isostática e o cálculo é feito com a carga real 
 
 Fx= 0 
Ha=0 kN 
 
 M(a)= 0 
(Rb*6) – [(4*6)*3]=0 
Rb = 12 kN 
 
 Fy= 0 
Ra+Rb – (4*6)= 0 kN 
Ra+ 12 – (4*6)= 0 kN 
Ra = 12 kN 
 
Reações de Apoio (caso 1) 
Obs.: entende-se por caso 1 aquele que os apoios agora estão dispostos de modo a tornar 
a estrutura isostática e o cálculo é feito com a carga real 
 
 
 Fx= 0 
Ha=0 kN 
 M(a)= 0 
(Rb*6) – (1*3) =0 
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Rb = 0,5 kN 
 Fy= 0 
Ra+Rb – 1 = 0 kN 
Ra+ 0,5 – 1 = 0 kN 
Ra = 0,5 kN 
 
Desta forma obtém-se os seguintes graficos (de Cortante (V – kN) e Momentos (M – 
kN.m), respectivamente): 
 
Caso 0 
 
 
 
Sabendo que onde a V=0 o M=max, calcula-se a área formada pela cortante e obtém-se 
o momento. No caso acima, por semelhança de triangulo encontra-se o local onde V=0 : 
(12) esta para (x) assim como (12) esta para (6-x), por tanto x=3 se a base do triangulo é 
3, vem: [(3*12)/2] o momento máximo será 18. Sabendo que a carga é constante, a V será linear e 
logo o momento será uma curva de segundo grau. 
 
Caso 1 
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Sabendo que onde a V=0 o M=max, calcula-se a área formada pela cortante e obtém-se 
o momento. No caso acima, sabe-se que a carga unitária que gera a V=0 esta a 3m do ponto A, se a 
base do retangulo é 3, vem: (3*0,5) o momento maximo será 1,5. Sabendo que a carga é 
concentrada, a V será constante e logo o momento será linear. 
 
Combinações: 
Usando a tabela em anexo, deve combinar as figuras formadas pelos gráficos dos 
momentos dos casos 0 e 1, atentando sempre para o sinal da integral, ou seja, quando as áreas 
estiverem em sentidos opostos no gráfico (por exemplo: o momento no caso 0 traciona as fibras 
superiores e no caso 1 traciona as inferiores) a integral deverá ser negativa. 
Combina-se primeiro o gráfico da sit. 0 com sit. 1 e sit.1 com sit. 1. (no caso de h=1) 
 
 + 
 
 10= 2* (
 
 
 ) 
 10= 2* (
 
 
 ) 
 10= 67,5 
 
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 11 = .
 
 
 / 
 11= (
 
 
 ) 
 11= 4,5 
 
Na matriz: 
10 + X1* 11 = 0 
67,5 + X1*4,5 = 0 
X1 = 15 kN 
 
Reações de Apoio: 
Combinando os valores da sit 0 com sit 1 é possível chegar ao esforço real da estrutura 
no seu estado hiperestático. 
 
E0 + X1*E1 = 0 
Ra = 12 + (15)*0,5 = 4,5 kN 
\Rb = 12 + (15)*0,5 = 4,5 kN 
 
 
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Exercício 2 
 
Ficando: 
 
Reações de Apoio (sit 0) 
 
 Fx= 0 
Ha=0 kN 
 
 M(a)= 0 
(Rb*3) – [(4*3)*1,5]=0 
Rb = 6 kN 
 
 Fy= 0 
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Ra+Rb – (4*3) = 0 kN 
Ra+ 6 – (4*3) = 0 kN 
Ra = 6 kN 
 
 M(b)= 0 
(Rc*3) – (4*2)=0 
Rb = 2,6667 kN 
 
 Fy= 0 
Rc+Rb – 4 = 0 kN 
Rb+ 2,6667 – 4 = 0 kN 
Ra = 1,33333 kN 
 
Rb total = 1,33333 + 6 Rb total = 7,33333 kN 
 
Reações de Apoio (sit 1) 
 
 Fx= 0 
Ha=0 kN 
 
 M(b)= 0 
(Ra*3) + 1=0 
Ra = -1/3 kN 
 
 M(c)= 0 
[(-1/3)*6] + 1 – 1 (Rb *3) = 0 
Ra = 2/3 kN 
 
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 Fy= 0 
- Ra -Rc +Rb = 0 kN 
- Rc + (2/3) – (1/3) = 0 kN 
Ra = -1/3 kN 
 
Desta forma obtém-se os seguintes graficos (de Cortante (V – kN) e Momentos (M – 
kN.m), respectivamente): 
 
Sit. 0 
 
 
Sit. 1 
 
 
 
Combinações: 
 + + 
 10 = -(
 
 
 ) + [- 
 
 
 ( )] 
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+ (- 
 
 
 ) 
 10= -(
 
 
 ) + [- 
 
 
 ( )]+ (- 
 
 
 
 ) 
 10= -6,2778 
 
 + 
 11= 2* (
 
 
 ) 
 11= 2* (
 
 
 ) 
 11= 2 
 
Na matriz: 
10 + X1* 11 = 0 
-6,2778 + X1*2 = 0 
X1 = 3,1389 kN 
 
Reações de Apoio 
E0 + X1*E1 = 0 
Ra = 6 + (3,1389*-0,3333) = 4,9537 kN 
Rb = 7,3333 + (3,1389*0,6667) = 9,4259 kN 
Rc = 2,6667 + (3,1389*-0,3333) = 1,6204 kN 
 
 
 
 
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Exercício 3 
 
 
Ficando 
 
 
Reações de Apoio (sit 0) 
 
 
 
 Fx= 0 
Ha=0 kN 
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 M(a)= 0 
(Rb*4) – [(4*4)*2] * (4*6)=0 
Rb = 14 kN 
 
 Fy= 0 
Ra+Rb – (4*4) - 4 = 0 kN 
Ra+ 6 – 20 = 0 kN 
Ra = 6 kN 
 
Reações de Apoio (sit 1) 
 
 
 Fx= 0 
Ha=0 kN 
 
 M(b)= 0 
(Ra*4) - 1=0 
Ra = -1/4 kN 
 
 Fy= 0 
Ra +Rb = 0 kN 
Rb – (1/4) = 0 kN 
Ra = 1/4 kN 
 
Desta forma obtém-se os seguintes graficos (de Cortante (V – kN) e Momentos (M 
– kN.m), respectivamente): 
 
Sit. 0 
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Sit. 1 
 
 
 
Combinações: 
 + 
 10 = -(
 
 
 ( ) + ( 
 
 
 ) 
 10= -(
 
 
 ( ) + ( 
 
 
 ) 
 10= - 5,7777 
 
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 11= (
 
 
 ) 
 11= (
 
 
 ) 
 11= 1,3333 
 
Na matriz: 
10 + X1* 11 = 0 
 - 5,7777 + X1* 1,3333 = 0 
X1 = 4,3333 kN 
 
Reações de Apoio 
E0 + X1*E1 = 0 
Ra = 6 + (4,3333 0,25) = 7,08 kN 
 
 Fy= 0 
7,08 +Rb – (4*4) - 4 = 0 kN 
Rb = 11,92 kN 
 
 
 
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Exercício 4 
 
Ficando: 
 
Reações de Apoio (sit 0) 
 
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 Fx= 0 
Ha=0 kN 
 
 M(a)= 0 
Ma – [(4*4)*2] =0 
Ma = 32 kN.m 
 
 Fy= 0 
Ra - (4*4) = 0 kN 
Ra = 16 kN 
 
Reações de Apoio (sit 1) 
 
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 Fx= 0 
Ha=0 kN 
 
 M(b)= 0 
Ma – (1*4)=0 
Ma = 4 kN.m 
 
 Fy= 0 
Ra +1 = 0 kN 
Ra = -1 kN 
 
Desta forma obtém-se os seguintes graficos (de Cortante (V – kN) e Momentos (M – 
kN.m), respectivamente): 
 
 
Sit. 0 
 
 
Sit. 1 
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Combinações: 
 + 
 10 = (- ) + ( - 
 
 
 ) 
 10= (- ) + ( 
 
 
 ) 
 10= - 640 
 
+ 
 11= ( ) + (
 
 
 ) 
 11= (- ) (
 
 
 ) 
 11= 85,3333 
 
Na matriz: 
10 + X1* 11 = 0 
- 640 + X1* 85,3333 = 0 
X1 = 7,5 kN 
 
Reações de Apoio 
E0 + X1*E1 = 0 
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Ra = 16 + (7,5*-1) = 8,5 kN 
Rb = (4*4) -Ra = 7,5 kN 
Ma= (7,5*4) - (16*2)= 2kN.m 
 
 
 
 
Exercício 5 
 
 
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Ficando: 
 
 
Reações de Apoio (sit 0) 
 
 Fx= 0 
Ha=4 kN 
 
 M(a)= 0 
(Rb *4) – [(4*4)*2] – (4*2) =0 
Rb = 6 kN.m 
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 Fy= 0 
Ra + Rb – 16 = 0kN 
Ra = 10 kN 
 
Reações de Apoio (sit 1) 
 
 Fx= 0 
Ha= 1 kN 
 
 Fy= 0 
Ra + Rb = 0 kN 
Ra = 0 kN 
 
Desta forma obtém-se os seguintes graficos (de Cortante (V – kN) e Momentos (M – 
kN.m), respectivamente): 
 
 
Sit. 0 
 
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Sit. 1 
 
Combinações: 
 + ( + )+ ( + ) + 
 10 = (
 
 
 ) + [( ) (
 
 
 )] + [( 
 
 
 )] 
+ [ 
 
 
 ( )] 
 10= (
 
 
 ) + [( ) (
 
 
 )] + [( ) (
 
 
 
 )] + [ 
 
 
 ( )] 
 10= 218,6667 
 
+ + 
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 11= (
 
 
 ) +( ) + (
 
 
 ) 
 11= (
 
 
 ) +( )+ (
 
 
 ) 
 11= 106,6667 
 
Na matriz: 
10 + X1* 11 = 0 
- 218,6667 + X1* 106,6667 = 0 
X1 = -2,04999 kN 
 
Reações de Apoio 
E0 + X1*E1 = 0 
Ra = 10 + (-2,04999 *0) = 10 kN 
Rb = 6 + (-2,04999 * 0) = 6 kN 
Ha= 4 – (-2,04999 * 1)= 1,95 kN 
Hb= 4 – Ha = 2,05 kN 
 
 
 
 
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Exercício 6 
 
Ficando: 
 
Reações de Apoio (sit 0) 
 
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 Fx= 0 
Ha=4 kN 
 
 M(a)= 0 
(Rb *4) + (4*2) – (4*2) =0 
Rb = 6 kN.m 
 
 Fy= 0 
Ra + Rb – 4 = 0kN 
Ra = 4 kN 
 
Reações de Apoio (sit 1) 
 
 
 Fx= 0 
Ha= 1 kN 
 
 M(a)= 0 
(Rb *4) - (4*1) =0 
Rb = 1 kN.m 
 
 Fy= 0 
Ra - Rb = 0 kN 
Ra = 1 kN 
 
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Desta forma obtém-se os seguintes graficos (de Cortante (V – kN) e Momentos (M – 
kN.m), respectivamente): 
 
Sit. 0 
 
 
Sit. 1 
 
 
Combinações: 
 + + 
 10 = (
 
 
 ) + [(
 
 
 ( )- ( ) + [ 
 
 
 
( )] 
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 10= (
 
 
 ) + [(
 
 
 ( )- ( ) + [ 
 
 
 ( )] 
 10= 272 
 
+ + 
 11= (
 
 
 ) +( ) + (
 
 
 ) 
 11= (
 
 
 ) +( )+ (
 
 
 ) 
 11= 106,6667 
 
Na matriz: 
10 + X1* 11 = 0 
272 + X1* 106,6667 = 0 
X1 = -2,549999 kN 
 
Reações de Apoio 
E0 + X1*E1 = 0 
Rb = 0 + (-2,549999 * 1) = 0 kN 
Ha= 4 – (-2,549999 * 1)= 1,45 kN 
 
Fazendo 
 Fx= 0 e Fy = 0 
Ra = 4 kN e Hb= 2,55 kN 
 
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Exercício 7 
 
Ficando: 
 
 
 
 
Reações de Apoio (sit 0) 
 
 Fx= 0 
Ha=0 kN 
 
 M(a)= 0 
-(Rb *6) + (4*5) – (16*2) =0 
Rb = 8,666667 kN.m 
 
 Fy= 0 
Ra + Rb – 4 - 16 = 0kN 
Ra = 11,333333 kN 
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Reações de Apoio (sit 1) 
 
 Fx= 0 
Ha= 0 kN 
 
 M(a)= 0 
- (Rb *6) -(4*1) - 1 =0 
Rb = 0,8333 kN.m