APOSTILA RESISTENCIA MATERIAIS unid_1

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Autor: Prof. Cristiano Roberto Martins Foli
Colaboradores: Prof. Ricardo Tinoco
 Prof. José Carlos Morilla
Resistência dos Materiais
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Professor conteudista: Cristiano Roberto Martins Foli
Natural de Franca (SP), graduado em Engenharia Mecânica pela Universidade Estadual Paulista Júlio de Mesquita 
Filho – Unesp (2002), mestrado em Engenharia Aeronáutica e Mecânica pelo Instituto Tecnológico de Aeronáutica – 
ITA (2004) e doutorado em Engenharia Aeronáutica e Mecânica pelo Instituto Tecnológico de Aeronáutica – ITA (2011). 
Ministra aulas em cursos de Engenharia na UNIP desde 2006, tais como: Resistência dos Materiais, Complementos de 
Resistência dos Materiais, Estática nas Estruturas, Estruturas Hiperestáticas, Teoria das Estruturas. É coordenador do 
curso de Engenharia Civil da UNIP – São José dos Campos, desde 2011.
© Todos os direitos reservados. Nenhuma parte desta obra pode ser reproduzida ou transmitida por qualquer forma e/ou 
quaisquer meios (eletrônico, incluindo fotocópia e gravação) ou arquivada em qualquer sistema ou banco de dados sem 
permissão escrita da Universidade Paulista.
Dados Internacionais de Catalogação na Publicação (CIP)
F665s Foli, Cristiano Roberto Martins.
Resistência dos materiais / Cristiano Roberto Martins Foli. - São 
Paulo: Editora Sol, 2018.
192 p., il.
Nota: este volume está publicado nos Cadernos de Estudos e 
Pesquisas da UNIP, Série Didática, ano XXIV, n. 2-043/18, ISSN 1517-9230.
1. Treliças planas. 2. Esforços solicitantes. 3. Aplicação de cargas 
axiais. I. Título.
CDU 624
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Reitor
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Vice-Reitora de Unidades Universitárias
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 Material Didático – EaD
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 Dra. Kátia Mosorov Alonso (UFMT)
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 Profa. Betisa Malaman – Comissão de Qualificação e Avaliação de Cursos
 Projeto gráfico:
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 Revisão:
 Kleber Nascimento
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 Vitor Andrade
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Sumário
Resistência dos Materiais
APRESENTAÇÃO ......................................................................................................................................................7
INTRODUÇÃO ...........................................................................................................................................................7
Unidade I
1 REVISÃO DE MECÂNICA GERAL – ESTÁTICA ...........................................................................................9
1.1 Sistema internacional de medidas (SI) ........................................................................................ 10
1.2 Resultante de uma força ................................................................................................................... 11
1.2.1 Composição de forças ............................................................................................................................11
1.2.2 Decomposição de forças .......................................................................................................................11
1.3 Momento estático ................................................................................................................................ 17
2 EQUILÍBRIO DAS ESTRUTURAS .................................................................................................................. 24
2.1 Classificação das estruturas ............................................................................................................. 24
2.2 Vínculos ou apoios ............................................................................................................................... 26
2.2.1 Apoio simples ou de primeiro gênero ............................................................................................ 26
2.2.2 Articulação ou apoio de segundo gênero ..................................................................................... 27
2.2.3 Engate ou apoio de terceiro gênero ................................................................................................ 27
2.3 Tipos de carregamento ....................................................................................................................... 27
2.4 Cálculo de reações de apoio ............................................................................................................ 28
3 TRELIÇAS PLANAS ........................................................................................................................................... 49
3.1 Classificação de treliças planas....................................................................................................... 50
3.2 Hipóteses para análise de treliças planas ................................................................................... 52
3.3 Método dos nós .................................................................................................................................... 53
3.4 Método das seções .............................................................................................................................. 70
4 ESFORÇOS SOLICITANTES ............................................................................................................................. 75
4.1 Força cortante (V) ................................................................................................................................. 75
4.2 Momento fletor (M) ............................................................................................................................ 75
4.3 Convenção de sinais ............................................................................................................................ 76
4.4 Diagrama de força cortante (V) e momento fletor (M) ........................................................ 76
4.5 Diagrama de força normal (N) ......................................................................................................100
Unidade II
5 TENSÕES E DEFORMAÇÕES NORMAIS E CISALHANTES .................................................................115
5.1 Introdução .............................................................................................................................................115
5.2 Tensão normal .....................................................................................................................................116
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5.3 Deformação na tensão normal .....................................................................................................118
5.4 Cisalhamento .......................................................................................................................................119
5.5 Tensão de cisalhamento ..................................................................................................................120
5.6 Deformações no cisalhamento .....................................................................................................130
6 RELAÇÃO TENSÃO X DEFORMAÇÃO ......................................................................................................133
6.1 Introdução.............................................................................................................................................133
6.2 Lei de Hooke .........................................................................................................................................136
6.3 Tensão admissível ...............................................................................................................................141
6.4 Tensão x Deformação de Cisalhamento ....................................................................................143
Unidade III
7 CARACTERÍSTICAS GEOMÉTRICAS DE FIGURAS PLANAS ..............................................................149
7.1 Introdução .............................................................................................................................................149
7.2 Momento estático ..............................................................................................................................150
7.3 Centro de gravidade de uma figura plana ...............................................................................151
7.4 Momento de inércia ..........................................................................................................................160
7.5 Translação de eixos ............................................................................................................................163
7.6 Módulo resistente ..............................................................................................................................167
7.7 Raio de giração ....................................................................................................................................167
8 APLICAÇÃO DE CARGAS AXIAIS ..............................................................................................................172
8.1 Deformações sob carregamento axial .......................................................................................181
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APRESENTAÇÃO
A disciplina Resistência dos Materiais tem como principal objetivo relacionar as cargas aplicadas a 
uma peça ou estrutura às deformações resultantes, projetando assim dimensões e aplicações para um 
funcionamento sem falhas. São apresentados ao estudante de Engenharia conceitos e fundamentos 
de fenômenos referentes ao projeto de corpos rígidos, o que permite associar aplicações práticas de 
pensamentos complexos em situações reais da vida profissional.
Portanto, o objetivo geral é prover ao aluno o desenvolvimento da habilidade de análise dos 
fenômenos e capacitá-lo ao uso e emprego das equações fundamentais que regem os corpos rígidos.
O livro-texto abordará a revisão de alguns tópicos, com ênfase mais aprofundada em:
• revisão de mecânica geral;
• equilíbrio das estruturas;
• treliças planas;
• esforços solicitantes.
Em seguida, demonstrará novos conceitos e tratará sobre:
• tensões e deformações normais e cisalhantes;
• relação tensão x deformação;
Por fim, retratará os seguintes assuntos:
• características geométricas de figuras planas;
• aplicação de cargas axiais.
Recomenda-se uma leitura apurada do texto, quantas vezes for preciso, para que seja adquirido o 
conceito apresentado.
INTRODUÇÃO
Este livro-texto é indicado aos alunos dos cursos de Engenharia, no qual consta a disciplina de 
Resistência dos Materiais. Os conceitos básicos são abordados de forma simples e objetiva para que o 
estudante dê início à análise estrutural e do comportamento dos materiais.
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A disciplina de Resistência dos Materiais considera um conhecimento prévio em mecânica, física, 
matemática e, principalmente, em estática. Porém, nos capítulos iniciais, esses conceitos serão revistos.
As teorias e equações apresentadas serão aplicadas em exercícios resolvidos; assim, o aluno terá um 
contato mais prático com os conceitos da disciplina.
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Unidade I
1 REVISÃO DE MECÂNICA GERAL – ESTÁTICA
Figura 1 
O estudo da Mecânica é dividido em três grandes áreas de conhecimento: Mecânica dos Corpos 
Rígidos, Mecânica dos Corpos Deformáveis e Mecânica dos Fluidos. A resistência dos materiais se baseia 
nas leis da Estática e será aplicada para corpos rígidos e corpos deformáveis.
A Estática está fundamentada na primeira e terceira leis de Newton, que compreendem corpos 
rígidos sob ação de forças em equilíbrio. Desta maneira, será feita uma revisão de conceitos de grandezas 
vetoriais (força e momento).
O estudo dos efeitos de uma ou várias forças sobre um corpo é de extrema importância em resistência 
dos materiais, uma vez que, em todo projeto de Engenharia, o efeito das forças sobre a peça ou estrutura 
definirá um funcionamento sem apresentar falha.
• Força: segundo as leis de Newton, define-se força como a ação de um corpo sobre outro. É 
utilizado para sua representação o conceito vetorial; portanto, a força tem um ponto de aplicação, 
intensidade, direção e sentido:
Equação: F m.a=


Quando a força é aplicada a um corpo, pode provocar deformação e/ou movimento. Um dos conceitos 
mais utilizados é o da força peso.
• Peso: é força que existe sobre todos os corpos, sendo exercida sobre eles por meio do campo 
gravitacional da Terra, conforme figura a seguir:
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Unidade I
Peso: características vetoriais
Direção: vertical
Sentido: de cima pra baixo
Ponto de aplicação: centro de gravidade do corpo
Figura 2 – Força peso
Consequentemente, cuidados devem ser utilizados para não se confundir massa e peso, porque, enquanto 
o peso de um corpo muda de acordo com a gravidade, o da massa nunca varia, ou seja, é constante.
1.1 Sistema internacional de medidas (SI)
Para padronizar as unidades de medida de várias grandezas, é adotado o SI. O quadro a seguir 
apresentará valores, definidos como básicos, e também os valores estabelecidos a partir deles, 
denominados derivados.
Quadro 1 – Unidade de medidas do Sl
Grandeza Unidade Símbolo
Comprimento Metro m
Massa Quilograma kg
Tempo Segundo s
Força Newton N = kg.m/s2
Peso Newton N = kg.m/s2
Pressão Pascal Pa = N/m2
Tensão Pascal Pa = N/m2
A utilização de unidades maiores ou menores que a do SI pode ser acompanhada de múltiplos e 
submúltiplos das referidas unidades mediante o emprego dos prefixos SI. Vejamos alguns exemplos.
Quadro 2 – Múltiplos e submúltiplos da unidade
Prefixos Símbolo Fator
Giga G 109
Mega M 106
Quilo K 103
Deci D 10-1
Centi C 10-2
Mili M 10-3
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Como dito, a força é uma grandeza vetorial, e conceitos de mecânica vetorial serão apresentados.
 Lembrete
As unidades mais comumente utilizadas para força são: Newton (N) ou 
Quilograma-força (kgf), em que 1 kgf é aproximadamente 10 N. Elas devem 
ser representadas no Sistema Internacional de Medidas (SI).
1.2 Resultante de uma força
Quando temos várias forças sendo aplicadas a um corpo determinado, a força resultante (efeito de 
uma só força) ajuda no estudo de seus efeitos sobre o corpo. A força resultante pode ser determinada 
por composição ou decomposição das forças.
1.2.1 Composição de forças
A soma ou subtração de forças somente será feita se elas estiverem na mesma direção, encontrando 
sua resultante.
Figura 3 – Composição de forças
Portanto, forças com a mesma direção e sentido são somadas, enquanto aquelas com a mesma 
direção e sentidos opostos são subtraídas.
1.2.2 Decomposição de forças
Forças com direções diferentes da sua resultante podem ser encontradas através da decomposiçãodaquelas 
que talvez estejam no plano (direções x e y) ou no espaço (direções x, y e z), como demonstrado a seguir:
Figura 4 – Forças no espaço
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Unidade I
Para essa situação, utiliza-se a resultante Fr

ou suas componentes Fx, Fy e Fz para o estudo do efeito 
no corpo.
De maneira geral, o efeito das forças no plano é a maneira mais utilizada para análise de problemas 
envolvendo forças.
F

 = força a ser decomposta
α = ângulo formado por F

 em relação ao eixo x
Fx, Fy = componentes nas direções x e y
Figura 5 – Forças no plano
Utilizando a trigonometria, tem-se para essa situação:
( )
( )
( )
Fx F cos
Fy Fsen
Fy
tg
Fx
= α
= α
= α
Pelo Teorema de Pitágoras, a resultante fica:
2 2F Fx Fy= +

Exemplo 1
Dadas duas forças sobre um parafuso, determine a resultante atuando:
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Figura 6 
Resolução:
Como a força resultante é dada por 2 2F Fx Fy= +

, tem-se que calcular a componente das duas 
forças em relação a x (Fx) e a y (Fy).
Fx1 = F1cos(15º) = 200 * 0,96 ≅ 192 kN
Fx2 = F2cos(35º + 15º) = F2cos(50º) = 50 * 0,64 ≅ 32 kN
Fx = Fx1 + Fx2 ≅ 224 kN
Fy1 = F1sen(15º) = 200 * 0,25 ≅ 50 kN
Fy2 = F2sen(35º + 15º) = F2sen(50º) = 50 * 0,76 ≅ 38 kN
Fy = Fy1 + Fy2 ≅ 88 kN 
Logo, a força resultante é:
2 2F 224 88 240,66kN= + ≅

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Unidade I
Portanto, podem-se substituir as duas forças (F1 e F2) por uma única F

. Porém, qual seria o ângulo 
que essa nova força resultante teria sobre o parafuso: 15º, 35º ou um novo ângulo?
Figura 7 
Utilizando a relação trigonométrica, temos:
tg
cateto oposto
cateto adjacente
Fy
Fx
( ) ,α = = = =88
224
0 392
arctg(0,392) ≅ 21,40º
Ou seja, pode-se substituir o efeito das duas forças por uma única de aproximadamente 240,66 kN, 
com um ângulo de 21,40º.
Exemplo 2
Verifique se o sistema de forças está em equilíbrio:
Figura 8 
Resolução:
Em um sistema de forças em equilíbrio, a somatória de todas as forças em x e y são iguais a zero.
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∑Fx = 0 ∑Fy = 0 
Fx = - F1cos(60º) - F2sen(30º) + F4 = - 10 - 5 + 15 = 0
Fy = + F1sen(60º) - F2cos(30º) - F3 = 17,32 - 8,66 - 8,66 = 0
Sim, o sistema está em equilíbrio de forças.
Exemplo 3
Determine as forças nos cabos para manter o motor em equilíbrio:
Figura 9 
Resolução:
Transformando nosso sistema de eixos x e y, temos:
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Unidade I
Figura 10 
Lembrando que P = m . a = 100 . 10 = 100 N
Para manter o sistema em equilíbrio, a somatória das forças em x e y tem que ser igual a zero, então:
∑Fx = 0 → FAcos(25º) - FBcos(65º) = 0 (1)
∑Fy = 0 → -FAsen(25º) + FBsen(65º) = 0 (2)
isolando FA na equação (1), tem-se:
FBcos(65º )
FA FA 0,466FB
cos(25º )
= → =
 (3)
Substituindo FA da equação (3) na equação (2):
- 0,466FB . sen(25º) + FBsen(65º) - P = 0
- 0,466FB + 0,906FB - 1000 = 0
- 0,196FB + 0,906FB = 1000
 0,71FB = 1000
FB ≅ 1408,45 N
Substituindo FB na equação (3):
FA = 0,466 . 1408,45 ≅ 656,33 N
FA = 656,33 N
FB = 1408,45 N
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1.3 Momento estático
Momento é definido como a grandeza física que dá a medida da tendência de uma força “F” provocar 
rotação em torno de um eixo fixo. A determinação deve levar em consideração o módulo da força “F” e 
a distância da força em relação ao eixo fixo.
Figura 11 – Força e momento
O momento escalar é determinado como a relação do vetor “F”, que atua sobre um corpo rígido fixo 
no ponto “O”, da seguinte maneira:
Equação: M = Fxd
onde:
M é o momento escalar.
O é o polo ou o centro de momento.
d é a distância perpendicular de “O”, a linha de ação de “F”.
A unidade de momento é força vezes distância, portanto, no SI: M=N.m (Newton metro).
A fim de entender melhor o efeito da força em relação ao eixo fixo, um bom exemplo é a aplicação 
da força para se abrir uma porta.
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Unidade I
Figura 12 – Efeito da força sobre um eixo fixo
 Lembrete
Para cálculo do momento, força e distância devem formar um ângulo 
de 90º.
Na figura é possível ver duas forças, uma na direção tangencial à distância do eixo fixo (F1), e outra 
perpendicular à distância do eixo fixo (F2). A força F1 tem efeito de compressão sobre a porta, não tendo 
efeito giro. Já a F2, quando aplicada à maçaneta, faz com que a porta gire em torno do eixo fixo, abrindo 
ou fechando.
Quanto maior a distância de aplicação da força em relação ao eixo fixo, maior será o momento; por 
isso, quanto maior a distância da maçaneta da porta (posição A), mais fácil a sua abertura. Esse mesmo 
conceito pode ser aplicado na troca de um pneu de carro: quanto maior for a barra da ferramenta, 
menor o esforço para girar o parafuso.
No exemplo apresentado, o efeito da força faz com que o objeto gire em torno de um eixo fixo. 
Porém, no curso de Resistência dos Materiais, projetam-se peças ou estruturas resistentes a esse giro, 
ou seja, a aplicação da força não necessariamente trará giro ao corpo.
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Exemplo 1
Determine o momento da força em relação ao ponto “O” em cada uma das barras:
a)
F = 300 N
5 m
O
Figura 13 
Solução:
M = F x d
M = 300 x 5
M = 1500 N . m
Neste momento é importante determinar o sentido de giro da estrutura. Como ela está travada no 
ponto “O”, a tendência de giro é no sentido horário, lembrando que a estrutura não irá fazê-lo, trata-se 
apenas de sua tendência.
b)
5 m
3 m
O
F = 300 N
Figura 14 
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Unidade I
Resolução:
M = F x d
M = 300 x 3
M = 900 N . m sentido horário
Linha de ação da força F
F = 300 N
3 m
5 m
O
Figura 15 
Observe que, se unirmos a linha de ação de “F” com a distância de 5 m, não teremos um ângulo de 
90º. Portanto, a distância que gera momento é de 3 m.
c)
F = 300 N
F = 200 N
3 m
5 m
O
Figura 16 
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
 Observação
Neste exemplo têm-se duas forças, logo, deve-se considerar o efeito 
delas sobre o eixo “O”. Este livro-texto sempre irá considerar como positivo 
o sentido anti-horário, nada impedindo que se adote o contrário. Os 
resultados encontrados invariavelmente serão os mesmos.
y+
x+
+M
Figura 17 
Resolução:
M = F x d
M = -300 x 3 - 200 x 5
M = -1900
O sinal negativo mostra o sentido de giro; uma vez que foi adotado anti-horário como positivo, 
temos que o sentido real de giro é horário. Assim, será dada uma resposta positiva.
M = 1900 N . m sentido horário
d)
F = 300 N
F = 500 N
3 m
2,5 m 2,5 m
O
Figura 18 
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Unidade I
Resolução:
M = F x d
M = -300 x 3 + 500 x 2,5
M = + 350
M = 350 N . m sentido anti-horário
e)
100 kN
40º
4 m3 m
O
Figura 19 
Resolução:
Neste exemplo tem-se uma força com ângulo de 40º. Para o cálculo do momento, é necessário 
efetuar a decomposição da força nas direções x e y.
100 kN
40º
4 m3 m
O
Figura 20 
Fx = F . cos(40º) = 100 . 0,766 ≅ 76,6 kN
Fy = F . sen(40º) = 100 . 0,642 ≅ 64,2 kN 
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RESISTÊNCIADOS MATERIAIS
Pode-se se observar que a linha de ação da força Fx não forma ângulo de 90º, não gerando momento. 
Já a decomposição da força em relação ao eixo y configura um ângulo de 90º e será utilizada para o 
cálculo do momento.
M = F x d = - 64,2 x 3 ≅ - 192,6
M ≅ 192,6 N . m sentido horário
f)
F1 = 250 N
2 m 5 m
30º
O
60º
3 m
36,87º
F2 = 300 N
F3 = 500 N
Figura 21 
Resolução:
Decompondo-se as forças em relação a x e y, utilizando somente aquelas que geram momento, 
tem-se:
M = F x d
M = - F1cos(30º) x 2 - F2sen(60º) x 5 - F3cos(36,87º) x 5 + F3sen(36,87º)
M ≅ - 433,04 - 1299,03 + 2000 - 1200
M ≅ - 2532
M ≅ 2532 N . m sentido horário 
 
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Unidade I
 Saiba mais
Para o estudo de Mecânica Geral, é importante que o aluno entenda 
o significado de alguns conceitos e princípios fundamentais, tais como: 
unidades, modelos e leis de movimento e equilíbrio. A fim de conhecer mais 
a respeito, leia: HIBBELER, R. C. Estática: mecânica para engenharia. 12. ed. 
São Paulo: Pearson Prentice Hall, 2011.
2 EQUILÍBRIO DAS ESTRUTURAS
Figura 22 
Ao olhar a seu redor, é possível encontrar uma infinidade de estruturas. Elas estão presentes em 
vários formatos: máquinas, automóveis, aviões, edifícios e até mesmo no corpo humano, na forma de 
ossos, músculos, tendões etc. Trata-se de sistemas compostos de uma ou mais peças, ligadas entre si e 
ao meio exterior, constituindo um conjunto estável.
O comportamento de uma estrutura independe de sua finalidade, e os mesmos conceitos são 
utilizados nas diversas áreas de conhecimento, ou seja, idêntica teoria que explica o funcionamento de 
uma estrutura mecânica aplica-se, por exemplo, àquelas civis, navais ou aeronáuticas.
2.1 Classificação das estruturas
As estruturas podem ser classificadas em três principais grupos dependendo de sua geometria, ou 
seja, em função das dimensões de comprimento, espessura e altura. São elas:
• Unidimensionais: uma dimensão predomina sobre as outras. Por exemplo: vigas, treliças, 
pilares e colunas.
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Figura 23 – Barra unidimensional
• Bidimensionais: duas dimensões predominam sobre a terceira. Por exemplo: placas, lajes e chapas.
Figura 24 – Chapa bidimensional
• Tridimensionais: três dimensões têm a mesma ordem de grandeza. Por exemplo: barragens e blocos.
Figura 25 – Bloco tridimensional
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Unidade I
 Observação
Há também a classificação quanto ao seu equilíbrio estático: sendo 
isostáticas, hipostáticas e hiperestáticas. Para as duas primeiras, os esforços 
internos e externos são determinados utilizando-se as três equações de 
equilíbrio estático (ΣFx=0, ΣFy=0, ΣM=0). Para as estruturas hiperestáticas, 
somente as três equações de equilíbrio não determinam os esforços. Este 
livro-texto abordará somente problemas isostáticos ou hipostáticos.
2.2 Vínculos ou apoios
Para uma estrutura em equilíbrio estático, quando a somatória de todas as forças aplicadas a ela é 
zero, deve-se impedir o deslocamento de pontos da estrutura, introduzindo vínculos (barreiras). Os 
pontos impedidos de deslocamento reagirão às forças aplicadas à estrutura em sentido contrário. 
O objetivo aqui é determinar o valor dessa força conhecida, como reação de apoio.
No plano, um corpo rígido qualquer tem três graus de liberdade de movimento: deslocamento em 
duas direções e rotação. Dependendo do tipo de apoio, ele impedirá tais movimentos.
2.2.1 Apoio simples ou de primeiro gênero
Esse tipo de apoio trava a estrutura em uma única direção, portanto, tem-se apenas uma reação.
Figura 26 – Apoio simples
Para facilitar a representação, utilizam-se as seguintes simbologias:
Figura 27 – Representações de apoio simples
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Como exemplo de movimento, tem-se o skate: pode-se movimentá-lo para frente e para trás e 
girar, porém, se o skatista ficar parado em cima, haverá uma reação no sentido contrário, impedindo o 
deslocamento para baixo.
2.2.2 Articulação ou apoio de segundo gênero
Esse tipo de apoio trava a estrutura em duas direções, portanto têm-se duas reações de apoio.
Figura 28 – Apoio de segundo gênero e sua representação
Como exemplo, tem-se a dobradiça da porta, para a qual o único movimento possível é o de rotação. 
Ela impede os movimentos para baixo e para cima, assim como para frente e para trás.
2.2.3 Engate ou apoio de terceiro gênero
Esse tipo de apoio trava a estrutura em três direções, logo, têm-se três reações de apoio. Nesse tipo 
de vínculo é necessário calcular o momento.
Figura 29 – Apoio de terceiro gênero e sua representação
Como exemplo de movimento, tem-se um poste enterrado no solo: todos os movimentos estão impedidos.
2.3 Tipos de carregamento
Segundo Philpot (2013), em geral, vários tipos de cargas são suportados pelas estruturas. Aquelas 
que atuam em um pequeno comprimento são denominadas cargas concentradas. As cargas de pilares 
(colunas) ou de outros elementos, assim como as forças de reações de apoio, são representadas 
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Unidade I
tipicamente por cargas concentradas. As cargas concentradas também podem representar cargas por 
roda de veículos ou as forças aplicadas por equipamentos à estrutura. As cargas que se estendem ao 
longo de uma parte da estrutura são denominadas cargas distribuídas. Aquelas que possuem módulo 
constante são denominadas cargas uniformemente distribuídas. Exemplos delas incluem o peso da laje 
de um piso de concreto ou as forças resultantes da ação do vento. Em alguns casos, a carga pode ser 
linearmente distribuída, o que significa que a carga distribuída, como o próprio termo sugere, tem seu 
módulo variando de modo uniforme ao longo do vão de carregamento. Pressões de neve, de solo e de 
fluidos são exemplos de considerações que podem criar cargas linearmente distribuídas. Uma estrutura 
também pode estar sujeita aos momentos concentrados, que tendem a flexioná-la e a girá-la. Com 
frequência, eles são criados por outros elementos que se conectam à estrutura principal.
Carga 
concentrada
Carga 
uniformemente 
distribuída
Carga linearmente 
distribuída
Momento 
concentrado 
(carga momento)
Figura 30 – Símbolos usados para vários tipos de cargas
2.4 Cálculo de reações de apoio
Para o cálculo das reações de apoio, serão utilizados os conceitos de estática, ou seja, um corpo está 
em equilíbrio quando a resultante de todas as forças que nele atuam forem nulas.
∑Fx = 0 
∑Fy = 0 
∑M = 0 
Serão utilizados exemplos para melhor explicar o procedimento do cálculo das reações de apoio.
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Exemplo 1
Calcule as reações de apoio da estrutura:
100 kN
4 m4 m B
A
Figura 31 
Resolução:
A fim de facilitar o desenvolvimento do exercício, é possível colocar todas as forças em um diagrama, 
chamado diagrama de corpo livre (DCL).
Ray Rby
Rbx
100 kNDCL
Figura 32 
Lembrando que do lado A temos um vínculo de primeiro gênero, e do lado B, de segundo gênero. 
Portanto, precisamos determinar o valor das reações causadas por tais vínculos.
 Observação
Este livro-texto sempre adotará o seguinte sistema de eixos:
y+
x+
+M
Figura 33 
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Unidade I
O procedimento utilizado para resolver esses tipos de exercício será:
1) A somatória de forças em x deve ser igual a zero (sistema em equilíbrio).
∑Fx = 0
Como há somente RBx na direção x, então:
Rbx = 0
2) Asomatória de forças em y deve ser igual a zero (sistema em equilíbrio).
∑Fy = 0 
Em y, têm-se:
Ray + Rby - 100 = 0
Ray + Rby = 100
Por enquanto, não é possível determinar as reações devido às duas incógnitas.
3) A somatória de momento em um ponto deve ser igual a zero (sistema em equilíbrio). Pode-se 
escolher qualquer trecho, geralmente seleciona-se aquele onde estão as duas reações de apoio. Neste 
caso, o ponto B.
∑MB = 0 
Rayx8 100x4 0
Rayx8 100x4
100x4
Ray
8
Ray 50kN
− + =
− = −
=
=
4) Após a determinação de uma das reações de apoio através da equação de momento, volta-se à 
somatória de forças em y para determinar a faltante, portanto:
Ray + Rby =100
50 + Rby =100
Rby = 100 - 50
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Rby = 50 kN
Ray = 50 kN
Rby = 50 kN
Neste exemplo, pode-se perceber que há uma força no centro da estrutura; a força se distribuirá 
igualmente para os dois lados (A e B).
Exemplo 2
Calcule as reações de apoio da estrutura:
100 kN200 kN
3 m2 m 3 m B
A
Figura 34 
Resolução:
Ray Rby
Rbx
200 kN 100 kNDCL
Figura 35 
1) ∑Fx = 0
Rbx = 0
2) ∑Fy = 0
Ray + Rby - 200 -100 = 0
Ray + Rby = 300
3) ∑MB = 0
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Unidade I
Rayx8 200x6 100x3 0
Rayx8 200x6 100x3
1500
Ray
8
Ray 187,5kN
− + + =
− = − −
=
=
4)
Ray + Rby =300
187,5 + Rby =300
Rby = 300 - 187,5
Rby = 112,5 kN
Ray = 187,5 kN
Rby = 112,5 kN 
 
Exemplo 3
Calcule as reações de apoio da estrutura:
8 m 2 m
150 kN
35º
BA
Figura 36 
Ray Rby
Rax
150 kN
DCL
Fx
Fy
Figura 37 
Fx = Fcos(35º) ≅ 150 x 0,82 ≅ 123 kN
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Fy = Fsen(35º) ≅ 150 x 0,57 ≅ 85,5 kN 
1) ∑Fx = 0
Rax - 123 = 0
Rax = 123 kN
2) ∑Fy = 0
Ray + Rby - 85,5 = 0
Ray + Rby = 85,5
 Lembrete
Sempre que se tiver uma força inclinada, ela deverá ser decomposta nos 
eixos x e y para análise de seus efeitos sobre a estrutura.
3) Neste exemplo será encolhido o ponto A para somatória de momentos.
∑MA = 0
Rbyx10 85,5x8 0
Rbyx10 85,5x8
684
Rby
10
Rby 68,4kN
− + =
− =
=
=
4)
Ray + Rby =85,5
Ray + 68,4 =85,5
Ray = 85,5 - 68,4
Ray = 17,1 kN
Ray = 123 kN
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Unidade I
Ray = 17,1 kN
Rby = 68,4 kN
 
Exemplo 4
Calcule as reações de apoio da estrutura:
Q = 50 kN/m
4 m
A
B
Figura 38 
A carga está uniformemente distribuída; sempre que ela estiver assim, deverá ser concentrada. Para 
concentrá-la, deve-se calcular a área da carga distribuída. Note que a carga representa um retângulo, 
em que o valor é a altura. A carga concentrada é encontrada multiplicando-se o comprimento da carga 
pelo seu valor.
Ray Rby
Rax
50 x 4 = 200 kN
2 m 2 m
DCL
Figura 39 
O ponto de aplicação da carga concentrada deve ser no centro geométrico da figura; no caso do 
retângulo, na metade do comprimento total da carga distribuída. Atenção, esse ponto não fica no 
centro da estrutura, mas no centro da carga distribuída.
Uma vez que a carga foi concentrada, o exercício fica semelhante aos anteriores.
1) ∑Fx = 0
Rax = 0
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
2) ∑Fy = 0
Ray + Rby - 200 = 0
Ray + Rby = 200
3) ∑MA = 0
Rbyx4 200x2 0
Rbyx4 200x2
400
Rby
4
Rby 100kN
− =
=
=
=
4)
Ray + Rby = 200
Ray + 100 = 200
Ray = 200 - 100
Ray = 100 kN
Rax = 0 kN
Ray = 100 kN
Rby = 100 kN 
Exemplo 5
Calcule as reações de apoio da estrutura:
Q = 50 kN/m
5 m 6 m
A
B
Figura 40 
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Unidade I
Ray Rby
Rax
50 x 6 = 300 kN
8 m 3 m
DCL
Figura 41 
1) ∑Fx = 0
Rax = 0
2) ∑Fy = 0
Ray + Rby - 300 = 0
Ray + Rby = 300 
3) ∑MA = 0
Rbyx11 300x8 0
Rbyx11 300x8
2400
Rby
11
Rby 218,18kN
− =
=
=
=
4)
Ray + Rby = 300
Ray + 218,18 = 300
Ray = 300 - 218,18
Ray = 81,82 kN
Rax = 0 kN
Ray = 81,82 kN
Rby = 218,18 kN
 
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Exemplo 6
Calcule as reações de apoio da estrutura:
Q = 30 kN/m
100 kN
5 m 3 m 0,5 m2 m
A
B
Figura 42 
Ray Rby
Rax
3 x 30 = 90 kN100 kN
6,5 m 2 m2 m
DCL
Figura 43 
1) ∑Fx = 0
Rax = 0
2) ∑Fy = 0
Ray + Rby - 100 - 90 = 0
Ray + Rby = 190
3) ∑MA = 0 
Rbyx10,5 90x8,5 100x2 0
Rbyx10,5 90x8,5 100x2
710
Rby
965
Rby 91,90kN
− − =
= +
=
=
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Unidade I
4)
Ray + Rby = 190
Ray + 91,90 = 190
Ray = 190 - 91,9
Ray = 98,10 kN
Rax = 0 kN
Ray = 98,10 kN
Rby = 91,9 kN
 
Exemplo 7
Calcule as reações de apoio da estrutura:
Q = 60 kN/m
6 m
A
B
Figura 44 
A carga é linearmente distribuída e a figura geométrica é um triângulo. Portanto, para calcular 
a carga concentrada, deve-se determinar a área do triângulo, em que o valor da carga é a altura do 
triângulo.
Ray Rby
Rax
4 m
= 2 m
= 180 kNDCL
6
3
6 x 60
2
Figura 45 
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Como a carga tem a forma de triângulo, seu ponto de aplicação fica no centro geométrico do 
triângulo, ou seja, é o valor da base (comprimento da carga) dividido por 3.
Uma vez que a carga foi concentrada, o exercício fica semelhante aos anteriores.
1) ∑Fx = 0
Rax = 0
2) ∑Fy = 0
Ray + Rby - 180 = 0
Ray + Rby = 180
3) ∑MA = 0
Rbyx6 180x4 0
Rbyx6 180x4
720
Rby
6
Rby 120kN
− =
=
=
=
4)
Ray + Rby = 180
Ray + 120 = 180
Ray = 180 - 120
Ray = 60 kN
Rax = 0 kN
Ray = 60 kN
Rby = 120 kN
 
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Unidade I
Exemplo 8
Calcule as reações de apoio da estrutura:
4 mA
B4 m
40 kN . m
Figura 46 
Ray Rby
Rax
40 kN . m
4 m 4 m
DCL
Figura 47 
Neste exemplo, tem-se um momento concentrado de 40 kN.m; consequentemente, o procedimento 
adotado para o cálculo das reações de apoio será igual. O cuidado que se deve ter é que o momento 
independe da distância: em qualquer ponto em que for calculado na estrutura, seu valor será de 40 kN.m.
1) ∑Fx = 0
Rax = 0
2) ∑Fy = 0
Ray + Rby = 0
Apesar de não haver força em y, não significa que as reações sejam nulas. A soma das duas é que 
será zero, ou seja, elas terão sentidos opostos.
3) ∑MA = 0
Rbyx8 40 0
Rbyx8 40
40
Rby
8
Rby 5
+ =
= −
−=
= −
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
No início do exemplo, considerou-se no DCL o sentido de Rby para cima. Ao encontrar o valor 
negativo de Rby, não é que as contas estejam erradas, mas o sentido de Rby. Portanto, basta indicar no 
fim do exemplo o sentido correto de B.
Rby = 5 kN↓
4) Como já se sabe, o sentido de Rby adotará o valor negativo para Rby (pois aponta o contrário ao 
eixo considerado positivo de y).
Ray - Rby = 0
Ray - 5 = 0
Ray = 5 kN
Rax = 0 kN
Ray = 5 kN↑
Rby = 5 kN↓
 
Exemplo 9
Calcule as reações de apoio da estrutura:
100 kN
4 m
Figura 48 
Ray
Rax
100 kN
4 m
DCL
Ma
Figura 49 
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Unidade I
Neste exemplo, a estrutura está engastada, ou seja, possui vínculo de terceiro gênero. Além de 
calcular as reações em x e y, tem-se uma terceira reação a ser calculada, o momento (Ma).
O sentido de Ma pode ser escolhido aleatoriamente: se ao fim dos cálculos ficar positivo, estará 
correto, caso contrário, basta invertê-lo. Para tanto, pode-se ver que a força de 100 kN tem a tendência 
de fazera estrutura girar no sentido horário; como Ma é uma reação, ela deverá ser contrária.
Um cuidado a ser tomado é que a estrutura esteja vinculada somente em A, não havendo reações 
em outro ponto.
1) ∑Fx = 0
Rax = 0
2) ∑Fy = 0
Ray - 100 = 0
Ray = 100 kN
3) ∑MA = 0
- 100 x 4 + Ma = 0
Ma = 100 x 4
Ma = 400 kN . m
Rax = 0 kN
Ray = 100 kN
Ma = 400 kN . m
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Exemplo 10
Calcule as reações de apoio da estrutura:
Q = 25 kN/m
8 m
Figura 50 
Ray
Rax
200 kN
4 m 4 m
DCL
Ma
Figura 51 
1) ∑Fx = 0
Rax = 0
2) ∑Fy = 0
Ray - 200 = 0
Ray = 200 kN 
3) ∑MA = 0
- 200 x 4 + Ma = 0
Ma = 200 x 4
Ma = 800 kN . m
Rax = 0 kN
Ray = 200 kN
Ma = 800 kN . m
44
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
le
be
r -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: J
ef
fe
rs
on
 -
 2
8/
09
/1
7
Unidade I
Nos exemplos seguintes, serão calculadas as reações de apoio às estruturas denominadas pórticos.
Exemplo 11
Calcule as reações de apoio da estrutura:
Figura 52 
Figura 53 
45
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
le
be
r -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: J
ef
fe
rs
on
 -
 2
8/
09
/1
7
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Será adotado o mesmo procedimento dos exemplos anteriores.
1) ∑Fx = 0
Rax - 10 = 0
Rax = 10 kN
2) ∑Fy = 0
Ray + Rby - 20 = 0
Ray + Rby = 20
3) ∑MA = 0
Rbyx4 20x2 10x3 0
Rbyx4 10
10
Rby
4
Rby 2,5kN
− + =
=
=
=
4)
Ray + Rby = 20
Ray + 2,5 = 20
Ray = 20 - 2,5
Ray = 17,5 kN
Rax = 10 kN
Ray = 17,5 kN
Rby = 2,5 kN
 
46
EN
GC
 -
 R
ev
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o:
 K
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: J
ef
fe
rs
on
 -
 2
8/
09
/1
7
Unidade I
Exemplo 12
Calcule as reações de apoio da estrutura:
Figura 54 
Figura 55 
1) ∑Fx = 0
Rax + 30 = 0
Rax = - 30
47
EN
GC
 -
 R
ev
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o:
 K
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: J
ef
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on
 -
 2
8/
09
/1
7
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Como o valor da reação em x ficou negativa, isso indica que o sentido adotado no DCL está errado, 
portanto: Rax = 30 kN ←
2) ∑Fy = 0
Ray + Rby - 30 - 25 - 20 = 0
Ray + Rby = 75
3) ∑MA = 0
Rbyx5 20x6 25x3 30x1 30x1,5 0
Rbyx5 180
180
Rby
5
Rby 36kN
− − − + =
=
=
=
4)
Ray + Rby = 75
Ray + 54 = 75
Ray = 75 - 54
Ray = 21 kN
Rax = 30 kN←
Ray = 21 kN
Rby = 54 kN
Exemplo 13
Uma empilhadeira de 2.700 kg é usada para levantar um caixote de 1.500 kg. Determine a reação em 
cada uma das duas (a) rodas dianteiras A e (b) traseiras B.
48
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
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: J
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on
 -
 2
8/
09
/1
7
Unidade I
0,4 m 0,6 m
A B
G’
G
0,3 m
Figura 56 
Para o exemplo, tem-se o seguinte DCL:
Figura 57 
Cuidado com o valor da força que deve ser transformada em Newton. Para simplificação, a gravidade 
será adotada com 10 m/s2.
∑Fx = 0
Ray + Rby - 15 - 28 = 0
Ray + Rby = 43
∑MB = 0
49
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
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 2
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09
/1
7
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
15x1,3 Rayx0,9 28x0,3 0
Rayx0,9 27,9
27,9
Rby
0,9
Rby 31kN
− + =
=
=
=
Ray + Rby = 46
Ray - 31 = 46
Ray = 12 kN
Como a empilhadeira possui duas rodas dianteiras e duas traseiras, as reações são divididas por dois. 
A reação na roda dianteira é de 6 kN, com 15,5 kN na traseira.
 
3 TRELIÇAS PLANAS
Uma treliça é uma estrutura constituída por um grupo de elementos dispostos na forma de um ou 
mais triângulos. Ela é denominada plana quando todos os seus componentes pertencerem a um único 
plano. A sua utilização na prática pode ser observada em telhados, pontes, viadutos, guindastes, torres 
etc. Em geral, as barras de uma treliça são finas e podem suportar pequena carga lateral. Todas as cargas 
são, portanto, aplicadas às juntas, e não às barras da treliça.
Umas das hipóteses utilizadas para treliças planas é que seus elementos estejam ligados entre si por 
meio de pinos lisos e sem atrito, assim a única forma geométrica estável é o triângulo.
Figura 58 – Estabilidade de treliças planas
Geralmente usa-se a nomenclatura indicada a seguir para notação de treliças planas.
50
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
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 -
 2
8/
09
/1
7
Unidade I
Figura 59 – Nomenclatura de uma treliça plana
3.1 Classificação de treliças planas
Assim como as estruturas analisadas, as treliças podem ser classificadas em hipostáticas, isostáticas 
ou hiperestáticas.
Para classificação das treliças planas, serão utilizadas as seguintes relações matemáticas:
Treliça isostática → b + V = 2N;
Treliça hipostática → b + V < 2N;
Treliça hiperestática → b + V > 2N.
Onde:
b é o número de barras na treliça.
V é o número de reações de apoio.
2N é o número de nós da treliça.
 Exemplo de aplicação
Classifique as treliças como hipostáticas, isostáticas ou hiperestáticas:
a)
Figura 60 
51
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
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: J
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 -
 2
8/
09
/1
7
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Solução
Figura 61 
Número de nós N = 7.
Número de barra b = 11.
Número de reações de apoio V = 3.
b + V = 14
2N = 14
b + V = 2N → Treliça isostática.
b)
Figura 62 
Solução:
Figura 63 
52
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
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: J
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 -
 2
8/
09
/1
7
Unidade I
Número de nós N = 8.
Número de barra b = 13.
Número de reações de apoio V = 4.
b + V = 17.
2N = 16.
b + V > 2N → Treliça hiperestática.
3.2 Hipóteses para análise de treliças planas
Para simplificação nas análises de treliças, admitem-se as seguintes hipóteses:
• Os elementos são ligados entre si por meio de pinos lisos (sem atrito). Na realidade, atualmente 
muito poucas treliças usam conexões com pinos, e não existem pinos lisos e sem atrito.
• Os elementos são retilíneos. Se não fossem, as forças axiais fariam com que surgissem 
momentos fletores.
• O deslocamento da treliça é pequeno. As cargas aplicadas fazem com que os elementos sofram 
alteração de comprimento, o que, por sua vez, deforma a treliça. As deformações não são de valor 
suficiente para causar mudanças significativas na forma e nas dimensões globais da treliça.
• As cargas são aplicadas exclusivamente aos nós. Os elementos são montados de forma que as 
cargas e as reações sejam aplicadas exclusivamente aos nós (juntas ou conexões) da treliça.
Satisfeitas todas as hipóteses mencionadas, as barras da treliça só serão solicitadas por forças 
normais. Elas podem ser de tração ou compressão.
Figura 64 – Forças normais agindo em uma barra da treliça
53
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
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 -
 2
8/
09
/1
7
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
3.3 Método dos nós
Para aplicação do método, escolhe-se um dos nós da treliça, independentemente de sua posição, 
isolando-o completamente do restante da estrutura. O nó torna-se um corpo livre em equilíbrio sob as 
forças a ele aplicadas. As equações de equilíbrio aplicáveis, ΣFH = 0 e ΣFV = 0, podem ser utilizadas para 
determinar as forças desconhecidas nas barras que ali se encontram. Deve ficar claro que, com estas 
duas equações, não podem ser definidas mais do que duas incógnitas em um nó.
 Exemplo de aplicação
Determine os valores das forças nas barras da treliça e indique se as forças são de tração ou compressão.
Figura 65 
Solução:
1) Determinação das reações de apoio.
Figura 66 
54
EN
GC
 -
 R
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isã
o:
 K
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r -
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 -
 2
8/
09
/1
7
Unidade I
Mb 0=∑
Ray.6 30.3 0− + =
30.3
Ray 10kN
9
= =
Fy 0=∑
Ray Rby 30 0+ − =
10 Rby 30 0+ − =
Rby 20kN=
Fx 0=∑
Rax 0=
2) Método dos nós.
Pode-se se escolher qualquer nó para o início do método, evite o começo dos nós com mais de 
duas barras.
Nó a.
Figura 67 
No isolamento do nó devem-se colocar as forças que lá estiverem, neste exemplo a reação de apoio 
(Ray) e no lugar das barras usam-se forças.
O sentido da força (chegando ou saindo do nó) pode ser arbitrário. Se a força encontrada ficar 
negativa, isto indica que a opção selecionadaestá errada, neste caso basta inverter a escolha.
55
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
le
be
r -
 D
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gr
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aç
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: J
ef
fe
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on
 -
 2
8/
09
/1
7
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Uma prévia análise pode ser feita. Uma vez que for executado o somatório de forças em y e a reação 
de apoio estiver para cima, para anulá-la a decomposição da força Fcay dever ser para baixo; porém se 
esta análise prévia não for feita o sinal no fim, irá indicar o sentido correto.
Figura 68 
Por trigonometria encontra-se o valor do ângulo (33,69º) formado pelas barras ac e ab.
( ) co 4Tg
ca 6
α = =
1 4tan
6
−  α =   
33,69ºα ≅
Fy 0=∑
10 Fca.sen(33,69) 0− =
( )
10
Fca
sen 33,69º
=
Fca 18kN≅
Fx 0=∑
Fba Fca.cos(33,69) 0− − =
Fba 18.cos(33,69)− =
56
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
le
be
r -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: J
ef
fe
rs
on
 -
 2
8/
09
/1
7
Unidade I
Fba 18.cos(33,69)= −
Fba 15≅ −
Como o valor encontrado de Fba ficou negativo, deve-se inverter o sentido da força
Figura 69 
Fba 15kN≅ →
Esta inversão é importante, pois para avaliar se a força é de tração ou compressão, deve-se verificar 
a força no nó.
Força chegando no nó, compressão na barra.
Força saindo do nó, tração na barra.
Portanto:
Fca – compressão.
Fba – tração.
Para determinar a força na barra bc, pode-se escolher tanto o nó c como o b.
Nó b
Figura 70 
57
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
le
be
r -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: J
ef
fe
rs
on
 -
 2
8/
09
/1
7
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Outro detalhe importante é que quando a força Fba estiver saindo do nó a ela também deverá estar 
o fazendo do nó b.
ΣFy = 0
20 Fcb.sen(53,13º ) 0− =
( )
20
Fcb
sen 53,13º
=
Fcb 25kN≅
Não é necessário, mas para conferir pode-se fazer a somatória em x.
ΣFy = 0 
Fba Fcb.cos(53,13º ) 0− + =
15
Fcb
cos(53,13º )
=
Fcb 25kN≅
Fcb chegando no nó
Fcb – compressão.
Resumindo:
Figura 71 
58
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
le
be
r -
 D
ia
gr
am
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: J
ef
fe
rs
on
 -
 2
8/
09
/1
7
Unidade I
 Exemplo de aplicação
Determine os valores das forças nas barras da treliça e indique se as forças são de tração ou 
compressão.
Figura 72
1) Determinação das reações de apoio.
Figura 73 
59
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
le
be
r -
 D
ia
gr
am
aç
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: J
ef
fe
rs
on
 -
 2
8/
09
/1
7
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
ΣMa = 0 
Rby.4 100.4 0+ − =
100.4
Rby 100kN
4
= =
ΣFx = 0 
100 Rax 0− =
Rax 100kN=
ΣFy = 0 
Ray Rby 0− + =
Ray 100kN=
2) Método dos nós.
Nó a.
Figura 74 
ΣFy = 0 
100 Fca 0− + =
Fca 100kN≅
ΣFx = 0
60
EN
GC
 -
 R
ev
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o:
 K
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r -
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aç
ão
: J
ef
fe
rs
on
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 2
8/
09
/1
7
Unidade I
Fba 100 0+ − =
Fba 100kN≅
Fca – tração.
Fba – tração.
Nó b.
Figura 75 
ΣFy = 0 
100 Fcb.sen(45º ) 0− =
( )
100
Fcb
sen 45º
=
Fcb 141,4kN≅
Fcb chegando no nó
Fcb – compressão.
61
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
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 D
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gr
am
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: J
ef
fe
rs
on
 -
 2
8/
09
/1
7
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Resumindo:
Figura 76 
 Exemplo de aplicação
Determine os valores das forças nas barras da treliça e indique se as forças são de tração ou 
compressão.
Figura 77
62
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
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: J
ef
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 2
8/
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/1
7
Unidade I
Solução:
1) Determinação das reações de apoio.
Figura 78
Ma 0=∑
Rby.8 20.3 30.4 0+ − − =
Rby 22,5kN=
Fx 0=∑
20 Rax 0− =
Rax 20kN=
Fy 0=∑
Ray Rby 30 0+ − =
Ray 7,5kN=
63
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
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: J
ef
fe
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on
 -
 2
8/
09
/1
7
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
2) Método dos nós.
Nó a.
Figura 79
Fy 0=∑
7,5 Fca.sen(36,87º ) 0− + =
Fca 12,5kN≅
Fx 0=∑
Fad Fca.cos(36,87º ) 20 0+ − − =
Fad 30kN≅
Fca – compressão.
Fad – tração.
Nó b
Figura 80
64
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
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be
r -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: J
ef
fe
rs
on
 -
 2
8/
09
/1
7
Unidade I
Fy 0=∑
22,5 Fcb.sen(36,87º ) 0− =
22,5
Fcb
sen(36,87º )
=
Fcb 37,5kN≅
Fx 0=∑
Fbd Fcb.cos(36,87º ) 0− =
Fbd 37,5.cos(36,87º )=
Fbd 30kN≅
Fdb saindo do nó
Fdb – tração.
Nó d
Figura 81
Fy 0=∑
30 Fdc 0− + =
65
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
le
be
r -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: J
ef
fe
rs
on
 -
 2
8/
09
/1
7
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Fcb 30kN=
Fdc saindo do nó
Fdc – tração.
Resumindo:
Figura 82 
 Exemplo de aplicação
Determine os valores das forças nas barras da treliça e indique se as forças são de tração ou 
compressão.
Figura 83
Solução:
1) Determinação das reações de apoio.
66
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
le
be
r -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: J
ef
fe
rs
on
 -
 2
8/
09
/1
7
Unidade I
Figura 84
Ma 0=∑
Rby.6 20.3 10.1 0+ − + =
Rby 8,3kN=
Fx 0=∑
Rax 10 0− =
Rax 10kN=
Fy 0=∑
Ray Rby 10 20 0+ − − =
Ray 21,7kN=
2) Método dos nós.
Nó a.
Figura 85
67
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
le
be
r -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: J
ef
fe
rs
on
 -
 2
8/
09
/1
7
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
O nó a apresenta três forças desconhecidas, portanto deve-se escolher outro nó antes do nó a.
Nó c
Figura 86
Fy 0=∑
Fac 10 0− =
Fac 10kN=
Fx 0=∑
Fdc 0kN=
Fac – compressão.
Voltando ao nó a
Figura 87
Fy 0=∑
Fca Fad.sen(18,43) 21,7 0− − + =
68
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
le
be
r -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: J
ef
fe
rs
on
 -
 2
8/
09
/1
7
Unidade I
21,7 10
Fad
sen(18,43º )
−=
Fad 37,0kN=
Fad chegando no nó.
Fad – compressão.
Fx 0=∑
10 Fab Fad.cos(18,43º ) 0+ − =
Fab 35,1 10= −
Fbd 25,1kN=
Fbd saindo do nó
Fbd – tração.
Nó e.
Figura 88
Fy 0=∑
Fbe 0kN=
Fx 0=∑
10 Fde 0− + =
Fde 10kN=
69
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
le
be
r -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: J
ef
fe
rs
on
 -
 2
8/
09
/1
7
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Fde chegando no nó
Fde – compressão
Nó b.
Figura 89
Fy 0=∑
8,3 Fdb.sen(18,43) Feb 0− − =
8,3 0
Fdb
sen(18,43º )
+=
Fdb 26,2kN=
Fdb chegando no nó
Fdb – compressão.
Resumindo:
Figura 90 
70
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
le
be
r -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: J
ef
fe
rs
on
 -
 2
8/
09
/1
7
Unidade I
3.4 Método das seções
Ele é utilizado para determinar as forças atuantes dentro de um elemento da treliça. Este método 
baseia-se no princípio de que se um corpo estiver em equilíbrio, qualquer parte dele também estará.
Ao usar tal método para determinar a força em uma dada barra, é passado um plano imaginário 
através de toda a treliça, que é dividida em duas seções, conforme figura a seguir.
Figura 91 – Plano imaginário para aplicação do método das seções
Para determinar as cargas axiais atuantes nas barras de uma treliça plana, através do Método das 
seções, deve-se proceder da seguinte forma:
• Corta-se a treliça em duas partes.
• Adota-se uma das partes para verificar o equilíbrio, ignorando-se a outra até o próximo corte. 
Ao cortar a treliça, deve-se observar que o corte a intercepte de tal forma, que se apresentem no 
máximo três incógnitas, para que possa haver solução, através das equações de equilíbrio.
• Repita o procedimento, até que todas as barras estejam calculadas.
Uma vantagem do Método das seções é que, na maioria dos casos, a força em uma barra da treliça 
pode ser calculada sem que seja necessário determinar as forças nas outras barras. Se fosse usado o 
método dos nós, seria preciso o cálculo das forças nas outras barras, nó após nó, do fim da treliça até a 
barra em questão.
 Exemplo de aplicação
Determine os valores das forças nas barras bc e dc da treliça e indique se as forças são de tração ou 
compressão.
71
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
le
be
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am
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 2
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09
/1
7
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Figura 92
Solução:
Este exemplo já foi resolvido utilizando-se o Método dos nós, e será executado para demonstrar o 
Método das seções. Como se quer calcular as forças nas barras cb e bd, será feito um corte nesta região.
Figura 93
As reações de apoio já foram determinadas.
Rax 20kN=
Ray 7,5kN=
Rby 22,5kN=
72
EN
GC
 -
 R
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ef
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 2
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7
Unidade I
No início considera-seque as forças nas barras são de tração (saindo do nó). Caso a força fique com 
valor negativo, significa que ela é de compressão (chegando no nó).
Cálculo de Fcb.
Fy 0=∑
( )Ray 30 Fcb.cos 53,13º 0− − =
7,75 30
Fcb
cos(53,13º )
−=
Fcb 37,5kN= −
Como Fcb está com sinal negativo, indica que a força Fcb é de compressão.
Cálculo de Fdb.
Fx 0=∑
Rax 20 Fcb.sen(53,13º ) Fdb 0− − + =
Fdb 20 20 37,5.sen(53,13º )= − + +
Fdb 22,5kN=
Como Fdb é positivo, demonstra que a força é de tração.
Resumindo:
Fcb 37,5kN Compressão= →
Fdb 22,5kN Tração= →
 
 Exemplo de aplicação
Determine os valores das forças nas barras ca, cb e db da treliça e indique se as forças são de tração 
ou compressão.
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Figura 94
Solução:
1) Determinação das reações de apoio.
Neste exemplo de aplicação não será necessário o cálculo das reações de apoio, pois não entraram 
no corte das regiões de interesse.
2) Como se quer calcular as forças nas barras ca, cb e db, será feito um corte na região.
Figura 95
São três forças a serem calculadas, portanto será necessário utilizar as três equações de equilíbrio:
Mc 0=∑
50.cos(30º ).6 50sen(30º ).3 Fdb.3 0+ + =
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Unidade I
334,8
Fdb
3
= −
Fdb 111,60kN= −
Como Fdb está com sinal negativo, indica que a força Fdb é de compressão.
Fy 0=∑
Fcb.cos(33,69º ) 50.cos(30º ) 0− − =
50.cos(30º )
Fcb
cos(33,69º )
= −
Fcb 52,0kN≅ −
Como Fcb está com sinal negativo, significa que a força Fcb é de compressão.
Fx 0=∑
Fca Fdb Fcb.sen(33,69º ) 50.sen(30º ) 0− − + =
Fca 111,60 28,84 25= + −
Fca 115,4kN≅
Como Fca está com sinal positivo, demonstra que a força Fca é de tração.
Resumindo:
Fdb 115,4kN Tração= →
Fcb 52,0kN Compressão= →
Fdb 111,60kN Compressão= →
 
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
4 ESFORÇOS SOLICITANTES
Anteriormente foi demonstrado o efeito da aplicação de forças externas em um ponto e o que ele 
gerava em outro local (reações de apoio). Estudaremos o efeito dessa força internamente na estrutura. 
As forças internas podem gerar forças de tração ou compressão (forças normais), forças cortantes 
(cisalhantes) e momentos internos (momento fletor). Para o projeto de uma estrutura, deve-se estudar 
o efeito da força ao longo da estrutura, que varia com o seu comprimento. Uma das maneiras de estudar 
o comportamento das forças internas ao longo da estrutura é com a utilização de diagramas de força 
cortante, diagrama de momento fletor e diagrama de força normal.
Os diagramas expressam os valores de forças cortantes, momentos fletores e forças normais como funções 
de uma posição arbitrária x ao longo da estrutura. Com as suas respectivas equações, é possível determinar 
seus valores para qualquer ponto ao longo da estrutura. Tais informações são úteis aos engenheiros, para 
estabelecer os pontos de máximo valor das forças e definir onde colocar materiais de reforço.
A construção de diagramas será abordada através de exemplos de aplicação. No início, serão 
apresentados os diagramas de força cortante e momento fletor; ao fim, o diagrama de força normal.
4.1 Força cortante (V)
Esforço cortante é a força perpendicular à peça, que é calculada a partir da tensão cisalhante sobre 
ela. O efeito do esforço cortante é o de provocar o deslizamento linear, no sentido do esforço, de uma 
seção sobre a outra infinitamente próxima, acarretando o corte ou cisalhamento da peça. É indicado 
pela letra “V”.
O exemplo a seguir ilustra como o esforço cortante atua em uma barra qualquer.
Figura 96 – Força cortante
4.2 Momento fletor (M)
O momento fletor é definido como a soma vetorial dos momentos provocados pelas forças externas 
de um dos lados da seção tomada como referência em relação a um eixo nela contido, no caso, o eixo 
z. O momento fletor tende a flexionar a peça, como resultado de tensões normais de sinais contrários 
na mesma seção, ou seja, tende a fazer a seção girar sobre um eixo localizado no seu próprio plano, 
comprimindo uma parte e distendendo a outra. O momento fletor é indicado pela letra “M”.
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Unidade I
Figura 97 – Momento fletor
4.3 Convenção de sinais
Para a construção dos diagramas de força cortante e momento fletor, é importante definir uma 
convenção de sinais antes de determinar as equações que definirão os esforços internos. Este livro-texto 
seguirá a seguinte convenção de sinais:
Figura 98 – Convenção de sinais
Para melhor entendimento, resolveremos os exercícios sempre utilizando a convenção demonstrada na 
figura à esquerda, ou seja, um esforço cortante interno positivo de baixo para cima e um momento fletor 
positivo no sentido anti-horário. Nada impede que se utilize a convenção mostrada na figura à direita.
4.4 Diagrama de força cortante (V) e momento fletor (M)
Os exemplos a seguir demonstrarão de forma prática a construção dos diagramas de força cortante 
(V) e momento fletor (M).
 Saiba mais
Para determinar a magnitude e o sentido da força cisalhante e do 
momento fletor em uma seção arbitrária da peça, aplica-se o método 
das seções, que consta em: UGURAL, A. C. Mecânica dos materiais. Rio de 
Janeiro: LTC, 2009.
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Exemplo 1
Construa o diagrama de força cortante (V) e momento fletor (M) para a seguinte estrutura:
100 kN
4 mA
B4 m
Figura 99 
Resolução:
Para facilitar a resolução do exemplo, será seguido um roteiro de cálculo.
1) Determine as reações de apoio.
 Observação
Este é um passo importante, pois, caso as reações sejam determinadas 
de forma incorreta, todos os cálculos estarão errados.
Ray Rby
Rbx
100 kNDCL
Figura 100 
∑Fx = 0
Rbx = 0
∑Fy = 0
Ray + Rby - 100 = 0
Ray + Rby = 100
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Unidade I
∑MB = 0 
- Rayx8 + 100 x 4 = 0
Ray = 50 kN
Ray + Rby = 100
50 + Rby = 100
Rby = 50 kN
Ray = 50 kN
Rby = 50 kN
Rbx = 0
2) O próximo passo a ser seguido é fazer cortes na estrutura e introduzir os esforços internos. Eles 
devem ser realizados antes e depois de uma carga concentrada, lembrando que as reações de apoio são 
cargas concentradas. O corte é executado em uma posição arbitrária e desconhecida.
100 kN
4 m4 m
a
A
Bb
a b
Figura 101 
É necessário iniciar pelo corte a-a.
As equações que serão encontradas estão no intervalo entre 0 ≤ x ≤ 4, onde 0 representa o início 
da estrutura.
Ray = 50 kN
M+
V+
x
Figura 102 
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Para determinar a força cortante (V), será calculada a somatória de forças em y.
∑Fy = 0
50 - V = 0
Portanto,
V = 50 kN
Essa equação será utilizada para a construção do diagrama de força cortante.
Para determinar o momento fletor (M), será calculada a somatória de momentos no corte.
∑Ma - a = 0
- 50 . x + M = 0
Consequentemente,
M = 50 . xkN . m
Uma verificação importante pode ser feita: a derivada do momento M é igual à cortante V. Caso 
contrário, há algum erro.
Ao finalizar o corte a-a, passe ao corte b-b.
Ray = 50 kN
100 kN
x
x - 44 m
b
b
V+
M+
Figura 103 
Para esse segundo corte, a estrutura deve ser novamente desenhada, desconsiderando o corte a-a.
As novas equações que forem encontradas valem no intervalo entre 4 ≤ x ≤ 8; o intervalo de valores 
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Unidade I
de x deve ser acumulado, ou seja, onde um intervalo terminar, outro deve começar. Neste exemplo, 
como temosdois cortes, o término será o fim da estrutura.
A distância precisa ser sempre do início da estrutura até o corte e vale x. Como já se conhece a 
distância do início até a carga de 100 kN e o seu comprimento total é x, a parte que falta da força até 
o corte é x-4.
Procedendo como no corte anterior, determinam-se as equações de força cortante e momento fletor.
∑Fy = 0
50 - 100 - V = 0
V = - 50 kN
∑Mb - b = 0 
- 50 . x + 100 . (x - 4) + M = 0
- 50 . x + 100 . x - 400 + M = 0
M = - 50 . x + 400
Resumindo:
Tabela 1 
Intervalo Cortante (V) (kN) Momento fletor (M) (kN.m)
0 ≤ x ≤ 4 V = 50 M = 50 . x
4 ≤ x ≤ 8 V = - 50 M = - 50 . x + 400
3) Construção do diagrama de força cortante e momento fletor.
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Figura 104 
Para construção do diagrama de força cortante, observa-se que, no intervalo entre 0 ≤ x ≤ 4, a 
equação é constante a 50 kN. No intervalo, em que há cargas concentradas sempre, o valor da cortante 
será constante. O mesmo ocorre no intervalo 4 ≤ x ≤ 8.
A equação para a construção do diagrama de momento fletor é linear, ou seja, uma reta. Para a 
construção de uma reta, são necessários dois pontos. O ideal é que sejam usados os pontos de início e 
fim de intervalo.
0 ≤ x ≤ 4 
M = 50 . x
para x = 0 → M = 50 . 0 = 0
para x = 4 → M = 50 . 4 = 200
Marcando os dois pontos no diagrama e ligando-os com uma reta, tem-se a primeira parte 
do diagrama.
4 ≤ x ≤ 8 
M = - 50 . x + 400
para x = 4 → M = -50 . 4 + 400 = 200
para x = 8 → M = -50 . 8 + 400 = 0
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Unidade I
Assinalando os dois pontos no diagrama e ligando-os com uma reta, tem-se a segunda parte 
do diagrama.
 
 Observação
No diagrama de momento fletor, o valor de x onde um intervalo termina é 
igual onde outro começa, portanto, nesse ponto, ambas as equações encontradas 
devem ter o mesmo valor, ou seja, substituindo o valor 4 nas equações dos dois 
intervalos, encontra-se o valor 200 kN.m. Esta é uma maneira de conferir se 
as equações estão corretas, o que ocorre somente se não houver momento 
concentrado na estrutura. Tal situação será estudada em exemplos posteriores.
Em estruturas com apoios de primeiro e segundo gêneros (estruturas 
apoiadas), o diagrama de momento fletor sempre será zero nos apoios. Em 
estruturas engastadas, o diagrama se inicia ou termina com o valor do 
momento no engaste.
Exemplo 2
Construa o diagrama de força cortante (V) e momento fletor (M) para a seguinte estrutura:
100 kN 150 kN
4 m3 m3 mA
B
Figura 105 
Resolução:
1º passo – reações de apoio.
Ray Rby
Rbx
100 kN 150 kNDCL
Figura 106 
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Os procedimentos para se determinar as reações de apoio já foram apresentados, portanto:
Rbx = 0
Ray = 130 kN
Rby = 120 kN
2º passo – fazer os cortes na estrutura.
100 kN 150 kN
3 m 3 m 4 m
c
cb
b
a
A
B
a
Figura 107 
Intervalo: 0 ≤ x ≤ 3
Ray = 130 kN X
a
a
V+
M+
Figura 108 
∑Fy = 0
130 - V = 0
V = 130 kN
∑Ma - a = 0
- 130 . x + M = 0
M = 130 . x
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Unidade I
Intervalo: 3 ≤ x ≤ 6
Ray = 130 kN
3 m
100 kN
x - 3
x
b
b
V+
M+
Figura 109 
∑Fy = 0
130 - 100 - V = 0
V = 30 kN
∑Mb - b = 0
- 130 . x + 100 . (x - 3) + M = 0
- 130 . x + 100 . x - 300 + M = 0
M = 30 . x + 300
Intervalo: 6 ≤ x ≤ 10
Ray = 130 kN 3 m
100 kN 150 kN
3 m x - 6
x
c
c
V+
M+
Figura 110 
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
∑Fy = 0
130 - 100 - 150 - V = 0
V = - 120 kN
∑Mc - c = 0
- 130 . x + 100 . (x - 3) + 150 . (x - 6) + M = 0
- 130 . x + 100 . x - 300 + 150 . x - 900 + M = 0
M = -120 . x + 1200
Resumindo:
Tabela 2 
Intervalo Cortante (V) (kN) Momento fletor (M) (kN.m)
0 ≤ x ≤ 3 V = 130 M = 130 . x
3 ≤ x ≤ 6 V = 30 M = 30 . x + 300
6 ≤ x ≤ 10 V = -120 M = - 120 . x + 1200
3º passo – construção do diagrama de força cortante (V) e momento fletor (M).
Figura 111 
0 ≤ x ≤ 3 
M = 130 . x
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Unidade I
para x = 0 → M = 0
para x = 3 → M = 330 
3 ≤ x ≤ 6 
M = 30 . x + 300
para x = 3 → M = 330
para x = 6 → M = 480
6 ≤ x ≤ 10 
M = - 120 . x + 1200
para x = 6 → M = 4800
para x = 10 → M = 0
 
Nos exemplos anteriores, foram vistos o diagrama de força cortante e o momento fletor para cargas 
concentradas. Agora, serão construídos os diagramas para cargas distribuídas.
Exemplo 3
Construa o diagrama de força cortante (V) e momento fletor (M) para a seguinte estrutura:
Q = 100 kN/m
5 m
A
B
Figura 112 
Resolução:
1º passo – reações de apoio.
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Os procedimentos para determinar as reações de apoio já foram apresentados, portanto:
Rax = 0
Ray = 250 kN
Rby = 250 kN
2º passo – fazer os cortes na estrutura.
A principal diferença no corte, quando se tem uma carga distribuída, é que ele deve ser feito dentro 
da carga distribuída em uma posição arbitrária e desconhecida x.
a
aA
B
5 m
Q = 100 kN/m
Figura 113 
Como a carga está distribuída no comprimento total da estrutura, o intervalo será entre 0 ≤ x ≤ 5.
Q = 100 kN/m
100 . x
x/2 x/2
x
a
a
V+
M+
Ray = 250 kN
Figura 114 
Sempre que uma carga estiver distribuída, ela deve ser concentrada. Como visto, multiplica-se o 
comprimento pelo valor da carga, sendo seu ponto de aplicação o centro. Na parte da estrutura que 
foi cortada, o valor se mantém 100kN/m, porém o seu comprimento foi reduzido a x. Portanto, a carga 
concentrada é 100.x e seu ponto de aplicação fica na metade de x. Conforme os exemplos anteriores:
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Unidade I
∑Fy = 0
250 - 100 . x - V = 0
V = 250 - 100x
∑Ma - a = 0
2
x
250.x 100.x. M 0
2
M 250.x 50.x
− + + =
= −
Outra diferença encontrada no diagrama para cargas distribuídas é que a equação da cortante 
sempre será de primeiro grau (reta) e o momento fletor uma equação de segundo grau (parábola).
3º passo – construção do diagrama de força cortante (V) e momento fletor (M).
Figura 115 
0 ≤ x ≤ 5 
V = 250 - 100 . x
para x = 0 → V = 250
para x = 5 → V = - 250
Como a equação da cortante é de primeiro grau, ligam-se os dois pontos com uma reta.
0 ≤ x ≤ 5 
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
M = 250 . x - 50 . x2
para x = 0 → M = 0
para x = 5 → M = 0
Como a equação do momento fletor é de segundo grau, ligam-se os dois pontos com uma parábola; 
o sinal do termo quadrático definirá o lado da parábola.
Um conteúdo importante que deve ser encontrado para cargas distribuídas é o ponto máximo ou 
mínimo da parábola. Quando a cortante passar pelo eixo zero, ou seja, V=O, tem-se um ponto de máximo 
ou mínimo da parábola, então:
V 250 100.x
0 250 100x
250
x
100
x 2,5m
= −
= −
=
=
Aplicando o valor de x encontrado na equação do momento fletor, tem-se o valor de momento máximo.
M = 250 . x - 50 . x2 
M = 250 . 2,5 - 50 . 2.52
M = 312,5 kN . m
Exemplo 4
Construa o diagrama de força cortante (V) e momento fletor (M) para a seguinte estrutura:
2 m 2 m 2 m 2 m BB
50 kN
150 kN/m
Figura 116 
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Unidade I
Resolução:
1º passo – reações de apoio.
Rbx = 0
Ray = 150 kN
Rby = 200 kN
2º passo – fazer os cortes na estrutura.
50 kN
150 kN/m
dcba
dcba
2 m 2 m 2 m 2 m
B
A
Figura 117 
Intervalo:0 ≤ x ≤ 2
Ray = 150 kN x M+
V+
a
a
Figura 118 
∑Fy = 0
150 - V = 0
V = 150 kN
∑Ma - a = 0
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
- 150 . x + M = 0
M = 150 . x
Intervalo: 2 ≤ x ≤ 4
Ray = 150 kN
x
M+
2 m2 m x - 2
50 kN
V+
b
b
Figura 119 
∑Fy = 0
150 - 50 - V = 0
V = 100 kN
∑Mb - b = 0
- 150 . x + 50 . (x - 2) + M = 0
- 150 . x + 50 . x - 100 + M = 0
M = 100 . x + 100
Intervalo: 4 ≤ x ≤ 6
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Unidade I
Ray = 150 kN
x
M+
2 m2 m x - 4
50 kN 150 . (x - 4)
V+
c
c
Figura 120 
∑Fy = 0
150 - 50 - 150 . (x - 4) - V = 0
150 - 50 - 150 . x + 600 - V = 0
V - 150 . x + 700
∑Mc - c = 0
( )
( )2
2
2
2
(x 4)
150.x 50.(x 2) 150. x 4 . M 0
2
150.x 50.x 100 75 x 8x 16 M 0
150.x 50.x 100 75.x 600.x 1200 M 0
700.x 75.x 1100 M 0
M 75.x 700.x 1100
−− + − + − + =
− + − + − + + =
− + − + − + + =
− + + + =
= − + −
Intervalo: 6 ≤ x ≤ 8
93
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GC
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
50 kN
2 m 2 m 2 m x - 6
x
M+
V+
d
d
300 kN
150 kN/m
Ray = 150 kN
Figura 121 
∑Fy = 0
150 - 50 - 300 - V = 0
V = - 200 kN
∑Md - d = 0
- 150 . x + 50 . (x - 2) + 300 . (x - 5) + M = 0
- 150 . x + 50 . x - 100 + 300 . x - 1500 + M = 0
M = - 200 . x + 1600
Resumindo:
Tabela 3 
Intervalo Cortante (V) (kN) Momento fletor (M) (kN.m)
0 ≤ x ≤ 2 V = 150 M = 150 . x
2 ≤ x ≤ 4 V = 100 M = 100 . x + 100
4 ≤ x ≤ 6 V = - 150 . x + 700 M = - 75 . x2 + 700 . x - 1100
6 ≤ x ≤ 8 V = - 200 M = - 200 . x + 1600
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Unidade I
3º passo – construção do diagrama de força cortante (V) e momento fletor (M).
Aplicando as equações como nos exemplos anteriores, tem-se:
Figura 122 
 Observação
Na região onde a carga é distribuída, é preciso determinar o momento 
máximo, que ocorre onde a cortante é zero.
V = - 150 . x + 700
0 = - 150 . x + 700
x = 4,67
M = - 75 . x2 + 700 . x -1100
M = - 75 . (4,672) + 700 . 4,67 - 1100
M = 533,3 kN . m
 
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Exemplo 5
Construa o diagrama de força cortante (V) e momento fletor (M) para a seguinte estrutura:
100 kN
4 m
Figura 123 
Resolução:
1º passo – reações de apoio.
Ray
Rax
100 kN
4 m
DCL
Ma
Figura 124 
Como visto, estruturas engastadas geram reação de momento no engaste, portanto:
Rax = 0
Ray = 100 kN
Ma = 400 kN . m
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Unidade I
2º passo – fazer os cortes na estrutura.
Ma = 400 kN . m
Ray = 100 kN
x
a
a
V+
M+
Figura 125 
Intervalo: 0 ≤ x ≤ 4
∑Fy = 0
100 - V = 0
V = 100 kN
∑Ma - a = 0
- 100 . x + 400 + M = 0
M = 100 . x - 400
3º passo – construção do diagrama de força cortante (V) e momento fletor (M).
Figura 126 
0 ≤ x ≤ 4 
M = 100 . x - 400
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
para x = 0 → M = - 400
para x = 4 → M = 0 
Exemplo 6
Construa o diagrama de força cortante (V) e momento fletor (M) para seguinte estrutura:
M = 80 kN . m
Q = 50 kN . m
2 m1 m1 m
Figura 127 
1º passo – reações de apoio.
Rax = 0
Ray = 100 kN
Ma = 220 kN . m 
2º passo – fazer os cortes na estrutura.
M = 80 kN . m
Q = 50 kN . mc
c
b
b
a
a 1 m 1 m 2 m
Figura 128 
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Unidade I
Intervalo: 0 ≤ x ≤ 1
Ma = 220 kN . m
Ray = 100 kN
x
a
a
V+
M+
Figura 129 
∑Fy = 0
100 - V = 0
V = 100 kN
∑Ma - a = 0
- 100 . x + 220 + M = 0
M = 100 . x - 220
Intervalo: 1 ≤ x ≤ 2
Ma = 220 kN . m
1 m x - 1
M+
V+
b
b
x
Ma = 80 kN . m
Ray = 100 kN
Figura 130 
∑Fy = 0
100 - V = 0
V = 100 kN
∑Mb - b = 0
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
- 100 . x + 220 + 80 + M = 0
M = 100 . x - 300
Intervalo: 2 ≤ x ≤ 4
Ma = 220 kN . m
1 m 1 m x - 2
50 . (x - 2)
M+
c
c
V+
x
Mx = 80 kN . m
Ray = 100 kN
Figura 131 
∑Fy = 0
100 - 50 . (x - 2) - V = 0
100 - 50 . x + 100 - V = 0
V = 200 - 50 . x
∑Mc - c = 0
( ) ( )
( )2
2
2
x 2
100.x 220 80 50. x 2 . M 0
2
100.x 220 80 25 x 4.x 4 M 0
100.x 220 80 25.x 100.x 100 M 0
M 25.x 200.x 400
−
− + + + − + =
− + + + − + + =
− + + + − + + =
= − + −
Resumindo:
Tabela 4 
Intervalo Cortante (V) (kN) Momento fletor (M) (kN.m)
0 ≤ x ≤ 1 V = 100 M = 100 . x - 220
1 ≤ x ≤ 2 V = 100 M = 100 . x - 300
2 ≤ x ≤ 4 V = 200 - 50 . x M = - 25 . x2 + 200 . x - 400
100
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Unidade I
3º passo – construção do diagrama de força cortante (V) e momento fletor (M).
Figura 132 
No diagrama de momento fletor observa-se um degrau para o comprimento x = 2 m. Essa diferença 
é ocasionada pelo momento concentrado de 70 kN.m.
 
4.5 Diagrama de força normal (N)
O diagrama de força normal apresenta o efeito da força que age no sentido de compressão ou tração 
na peça ou estrutura, ou seja, na direção perpendicular à área da seção transversal. O efeito provocado 
pela força normal é de alongamento ou encurtamento da estrutura, mantendo sua seção transversal 
paralela e plana.
Figura 133 – Efeitos da força normal
A convenção de sinais adotada considera a força normal como positiva se seu efeito for de tração e 
negativa se ele for de compressão. Adotaremos a força normal positiva saindo do corte.
101
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Figura 134 – Sinais no corte
Exemplo 1
Determine o diagrama de força normal para a seguinte estrutura:
25 kN
5 m
Figura 135 
1º passo – reações de apoio.
Ray
Rax 25 kN
DCL
Ma
Figura 136 
∑Fx = 0
Rax - 25 = 0
Rax = 25 kN
∑Fy = 0 
Ray = 0
∑FMa = 0
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Unidade I
Ma = 0
Rax = 25 kN
Ray = 0
Ma = 0
2º passo – fazer os cortes na estrutura.
Figura 137 
∑Fx = 0
25 + N = 0
N = - 25 kN
3º passo – construção do diagrama de força normal.
Figura 138
Pode-se observar que a força normal de compressão de 25 kN age em todo o comprimento da estrutura.
 
Exemplo 2
Determine o diagrama de força normal para a seguinte estrutura:
103
EN
GC
 -
 R
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r -
 D
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
Placas de 
suporte
60 kN
80 kN
d
c
b
a
120 kN
Figura 139
1º passo – reações de apoio.
Ray = - 100 kN
2º passo – fazer os cortes na estrutura.
Placas de 
suporte
60 kN
80 kN
d
c
b
a
120 kN
Figura 140
104
EN
GC
 -
 R
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o:
 K
le
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 D
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Unidade I
Analisando de baixo para cima:
N
Ray = 100 kN
Figura 141
∑Fy = 0
100 + N = 0
N = -100 kN
120 kN
N
Ray = 100 kN
Figura 142
∑Fy = 0
100 - 120 + N = 0
N = 20 kN 
105
EN
GC
 -
 R
ev
isã
o:
 K
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
80 kN
c
b
a
120 kN
N
Ray = 100 kN
Figura 143
100 - 120 + 80 + N = 0
N = - 60 kN
3º passo – construção do diagrama de força normal.
Figura 144
106
EN
GC
 -
 R
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Unidade I
Exemplo 3
Determine o diagrama de força normal para a seguinte estrutura:
Figura 145
Resolução:
1º passo – reações de apoio.
Ray = 53,3 kN↑
Rbx = 120 kN→
Rby = 73,3 kN↓
2º passo – fazer os cortes na estrutura.
Ela