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RESUMO RESMAT 1 E 2 + ESTAB 1 2 3

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Engenharia Civil – Plano de Revisão / ENADE 2014 
Prof. Aiello / Profa.Tatiana 
1 
UUNNIIVVEERRSSIIDDAADDEE PPRREESSBBIITTEERRIIAANNAA MMAACCKKEENNZZIIEE 
 
 
 
 
PPLLAANNOO DDEE 
PPRREEPPAARRAAÇÇÃÃOO PPAARRAA OO 
EENNAADDEE 22001144 
 
RREESSUUMMOO DDEE EESSTTUUDDOO 
 
 
PPRROOFF.. AAIIEELLLLOO GGIIUUSSEEPPPPEE AANNTTOONNIIOO NNEETTOO 
PPRROOFF
aa
.. TTAATTIIAANNAA AAIIEELLLLOO 
Engenharia Civil – Plano de Revisão / ENADE 2014 
Prof. Aiello / Profa.Tatiana 
2 
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 
 
1.) Aparelhos de Apoio ou Vínculos: 
 
a-) Móveis: impedem apenas um movimento, o perpendicular ao plano de apoio. Por este motivo surge 
uma Reação de Apoio. 
 
 
 
 RV RV 
 
b-) Fixos: impedem dois movimentos: o vertical e o horizontal. Por este motivo surgem 2 Reações de 
Apoio. 
 
 RH 
 
 
 RV 
 
c-) Engastados: impedem três movimentos: o vertical, o horizontal e a rotação. Por este motivo surgem 
3 Reações de Apoio. 
 M 
 RH 
 
 RV 
 
2.) Classificação das Estruturas: 
 
Quanto ao Número de Vínculos: 
 
a-) Isostáticas: quando temos 3 Reações de Apoio, ou seja, quando o número de incógnitas (reações) 
for igual ao número das Equações de Equilíbrio da Estática (três): V=0; M=0; H=0 
 
 RH 
 
 
 RV 3 REAÇÕES  3 INCÓGNITAS RV 
 
 
b-) Hipostáticas: quando temos menos de 3 Reações de Apoio, ou seja, quando o número de 
incógnitas (reações) for menor que o número das Equações de Equilíbrio da Estática (três): 
 
 
 
 
 RV 2 REAÇÕES  2 INCÓGNITAS RV 
 
 
c-) Hiperestáticas: quando temos mais de 3 Reações de Apoio, ou seja, quando o número de 
incógnitas (reações) for maior que o número das Equações de Equilíbrio da Estática (três): 
 
 RH RH 
 
 
 RV 4 REAÇÕES  4 INCÓGNITAS RV 
Engenharia Civil – Plano de Revisão / ENADE 2014 
Prof. Aiello / Profa.Tatiana 
3 
3.) Definições dos Esforços Internos Solicitantes e Convenções de Sinais e Tensões: 
 
 A fim de se estudar a capacidade de resistência das peças, deveremos analisar os esforços 
internos que se desenvolvem nas partículas de uma determinada seção transversal. 
 O estudo destes esforços internos se faz através de um corte hipotético numa estrutura 
suposta em equilíbrio, devidindo-a em 2 partes. 
A grandeza que relaciona esforço interno solicitante com as dimensões da seção transversal da 
peça é denominada de Tensão. 
 
Assim: 
 
 Esforço Normal (N)  é a soma das projeções sobre a tangente ao eixo da barra (eixo x) de todas 
as forças situadas à esquerda ou à direita da seção analisada. 
 Convenções de Sinais: compressão  - 
N
 
 tração  + 
 
 Tensão Normal:  = N 
 A 
 
 
 Força Cortante (V)  é a soma das projeções perpendiculares ao eixo da barra de todas as forças 
situadas à esquerda ou à direita da seção analisada. 
Convenções de Sinais: sentido horário  + 
V 
 sentido anti-horário  - 
 
Tensão de Cisalhamento:  = V. Ms 
 b.IT 
 
 
 Momento Fletor (M)  é a soma dos momentos produzidos por todas as forças situadas à 
esquerda ou à direita da seção analisada. 
Convenções de Sinais: tração na fibra superior (“abaixa”)  - 
 tração na fibra inferior (“levanta”)  + 
 
Tensão Normal:  = M 
 W 
 
 Momento Torçor (T)  é a soma dos momentos torçores situados à esquerda ou à direita da seção 
analisada. 
Convenções de Sinais: sentido horário  + 
 sentido anti-horário  - T 
 
Tensão de Cisalhamento:  = T.R 
 Ip 
 
 
 
 
 
4.) Diagrama Tensão – Deslocamento Específico: 
 
Para se verificar a capacidade de resistência de uma peça são feitos, em laboratórios, diversos 
ensaios dos materiais a serem utilizados nas construções destas peças. 
O ensaio mais significativo é o que relaciona Tensão com Deslocamento Específico. 
 
 
 
 
 
 
Engenharia Civil – Plano de Revisão / ENADE 2014 
Prof. Aiello / Profa.Tatiana 
4 
p = Tensão limite de Proporcionalidade 
A = Ponto limite de Proporcionalidade 
e = Tensão limite de Escoamento 
B = Ponto limite de Escoamento 
U = Tensão limite Última 
C = Ponto limite Último 
R = Tensão limite de Ruptura 
D = Ponto limite de Ruptura 
 
 Região I  Regime Elástico 
 Região II  Regime Plástico 
 Região III  Regime de Ruptura 
 
  
 
 U 
 C 
 R 
 D 
 B 
 e 
 A 
 
 p 
 I II III 
 
 O  (%) 
 
 
Materiais Dúcteis: Os materiais dúcteis apresentam o chamado Patamar de Escoamento. 
 São eles: alguns tipos de metais e aço. 
 
Materiais Frágeis: Os materiais frágeis não apresentam o chamado Patamar de Escoamento. 
 São eles: alguns tipos de aço, granito vidro, concreto. 
 
Lei de Hooke: No Regime Elástico, encontramos uma proporção entre Tensão e Deslocamento 
Específico. A constante de proporcionalidade E é chamada de Módulo de Elasticidade Longitudinal. 
 
 Lei de Hooke   = E x  
 
 
 
55..)) EEssffoorrççooss AAxxiiaaiiss:: 
 
Aplicação Numérica: Traçar o diagrama de Esforço Normais da coluna abaixo de seção circular; fazer 
o dimensionamento e obter o deslocamento total. Dados: adm =  1.500 Kgf/cm
2; E = 2x10
5 KN/m2 
 
 RVA 
 
 A 
 1,00 
2 D 80 KN/m 
 
 
 B 
 3,00 
D 
 20 KN/m 
 
 
 C 
 
1,00
 D 
80 KN/m
 
 
 
 
a-) Cálculo do esforço externo reativo: 
 
 RVA - (80 x 1) – (20 X 3) – (80 X 1) = 0  RVA = 220 KN 
 
b-) Cálculo do esforço interno solicitante: 
 
 trecho AB: V= 0  N – RVA + (80X x) = 0 
 N = 220 – 80 x x  x = 0  NA= 220 KN; x = 1  NB= 140 KN 
 
 trecho BC: V= 0  N - RVA + (80 X 1) + 20x (x – 1)= 0 
 N = 140 – 20x(x -1)  x = 1  NB= 140 KN; x = 4  NC= 80 KN 
 
 trecho CD: V= 0  N – RVA + (80 X1) + (20 X 3) + 80x (x – 4)= 0 
 N = 80 – 80 x(x -4)  x = 4  NC= 80 KN; x = 5  ND= 0 
Engenharia Civil – Plano de Revisão / ENADE 2014 
Prof. Aiello / Profa.Tatiana 
5 
c-) Dimensionamento: ( = N ) :   adm. 
 A 
 trechos AB e CD: 
 
  adm  N  1.500  220 x 10
2
  1.500 A  14,67 cm
2
  D  2,16 cm 
 A A (A =  x 4xD
2
) 
 
4
 
 trecho BC: 
 
  adm  N  1.500  140 x 10
2
  1.500 A  9,33 cm
2
  D  3,45 cm 
 A A (A =  xD
2
)
 
adotado 
 4 
 
d-) Deslocamento Total:  = N xdx TOTAL = AB + BC +CD  TOTAL = 0,000206 m 
 E x A 
 trecho AB: AB =  [220 - 80x x] x dx  AB = 220xx - 40xx
2
  AB = 180 
 E x A1 E x A1 ExA1 
 
 trecho BC: BC =  [140 – 20 (x - 1)] x dx  BC = 160xx - 10xx
2
  BC = 330 
 E x A2 E x A2 ExA2 
 
 trecho CD: CD =  [(80 – 80 (x - 4)] x dx  CD = 400xx - 40xx
2
  BC = 40 
 E x A1 E x A1 ExA1 
 
 
 
 66..)) TTrreelliiççaass IIssoossttááttiiccaass:: 
 
 Lei de Formação: barras articuladas, formando um triângulo. 
As cargas atuantes numa treliça são sempre aplicadas nos nós, com isso, todas as barras da 
treliça estarão sujeitas apenas a esforços normais. As barras são consideradas rígidas. 
Aplica-se o Método dos Nós (mais usual):  V=0 e  H=0 
 
Aplicação Numérica: Dada a treliça isostática abaixo, pede-se obter os esforços nas barras. 
 40 KN  = 45
0 
 20 KN 
 
 E 8 F 10 G 
 
 3,00 6 7 9 11 
 C 5 D 
 
 3,00 1 3 4 
 
 RHA A 2 B 
 
 3,00 3,00 
 RVA RVB 
 
a-) Reações de Apoio: 
 
H=0  RHA= - 20 KN 
MB=0  RVA x 3 + 20 x 6 + 40 x 3 = 0  RVA= - 80 KN 
V=0  RVB + RVA – 40 = 0  RVB= 120 KN F1 
 
b-) Nó A: H=0  RHA+ F2 = 0 F2 = 20 KN F2 
 V=0  RVA+ F1 = 0 F1 = 80 KN 
 
 
c-) Nó B: H=0  F2 + F3 x cos = 0 F3 = - 28,28 KN 
 V=0  RVB + F4 + F3 x sen = 0 F4 = - 100 KN 
Barra Compressão 
(KN) 
Tração 
(KN) 
1 80 
2 20 
3 28,28 
4 100 
5 20 
6 60 
7 84,86 
8 40 
9 0 
10 40 
11 56,57 
Engenharia Civil – Plano de Revisão / ENADE 2014 
Prof. Aiello / Profa.Tatiana 
6 
d-) Nó G: V=0  40 + F11 x sen = 0 F11 = - 56,57 KN 
 H=0  F11 x cos + F10 = 0 F10 = 40 KN 
 
 
e-) Nó F: V=0  F9 = 0 F9 = 0 KN 
 H=0  F8 - F10 = 0 F8 = 40 KN 
 
 
f-) Nó E: H=0  20 + F7 x cos + F8 = 0 F7 = -84,86 KN 
 V=0  F6+ F7 x sen = 0 F6 = 60 KN 
 
 
g-) Nó C: H=0  F3 x cos + F5 = 0 F5 = 20 KN 
 
 
QUESTÕES DO ENADE: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1-) 
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8 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Prof. Aiello / Profa.Tatiana 
9 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Qual o valor da tensão na base da coluna metálica de seção retangular, conforme ilustrado 
abaixo? 
 
 P = 5000 Kgf 40 cm 
 30 cm 
 
 
L = 4,00 m 
 = 5000 = 41.666,67 Kgf/m2
 
 0,4x 0,3 
 
 
 a-)  = 41.667 Kgf/m2 (CORRETA) 
 b-)  = 5.000 Kgf/m2 
 c-)  = 1.250 Kgf/m2 
 d-)  = 4,167 Kgf/m2 
 e-)  = 12.500 Kgf/m2 
 
 
 
77..)) FFlleexxããoo SSiimmpplleess:: 
 
 Classificação da Flexão: 
 Flexão Simples  M.F.  0 e F.C.  0 
Flexão Pura  M.F.  0 e F.C. = 0 
 
2-) 
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10 
+ 
+ 
- 
- 
+ 
As tensões são máximas nas fibras externas, portanto variam linearmente com y e no eixo 
baricêntrico a tensão normal é nula ( = 0). Assim: Linha Neutra é o lugar geométrico onde as 
tendsões normais são mula no CG.. 
 sup 
 
 ys - 
 L.N. 
 yi + 
 
 inf
 
 
 Deste modo, para acharmos as Tensões Críticas deveremos determinar o M.F. máximo e 
calcularmos as Tensões nas fibras extremas. Essas Tensões servem para o dimensionamento da 
peça ou para a sua verificação. 
 
Dimensionamento e Verificação:  = M x y ou  = M 
 I W 
 
 onde I = momento de inércia e W = I (módulo resistente) 
 y 
 
 
Exemplo: Fazer o estudo das Tensões Normais na seção de momento fletor máximo positivo e das 
Tensões de Cisalhamento na seção mais solicitada à força cortante da viga esquematizada abaixo: 
 
 
 5 tf 2 tf 
 3 tf/m 
 2 tf/m adm= +1600 Kgf/cm
2 
 adm= -1100 Kgf/cm
2 
 A C B D adm= 150 Kgf/cm
2
 
 3,00 3,00 3,00 
 RVA= 8,25 tf RVB= 19,75 tf 
 
 15 
 X = 2,75 m 
 
 
 M.F. 
 
 
 11,25 
 11,34 
 8,0 
 8,25 
 2,0 
 F.C. 
 0,75 
 
 5,75 
 11,75 
 
 
 
a.) Reações de Apoio : 
 
 MB = 0  RvA = 8,25 tf 
 V = 0  RvB = 19,75 tf 
 H = 0  RhA =0 
 
 
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11 
 Secção Transversal: 
 
 40 cm 
 176 
 5 cm - 
 7,86 62,92 
 
C.G. 71,69 
 5 cm 30 cm 
 
 + 
5 cm 9,61 57,68 
 
 210 
 30 cm 
 
 
 b.) Trecho AC: 
 M = RvA x (x) - 3 x x
2  para x =0  MA =0 
 2 x =3  MC =11,25 tf.m 
 
 V = RvA - 3 x x  para x =0  VA =8,25 tf 
 x =3  VC = - 0,75 tf 
 
c.) Trecho CD: 
 
 M = RvA x (x) - (3 x3,0)x (x-1,5) - 5 x (x-3) – 2x (x-3)
2 /2 
  para x =3  MC = 11,25 tf.m 
 x =6  MD = - 15 tf.m 
 
V = RvA - 3 x 3 – 5 - 2x (x-3)  para x =3  VA =- 5,75 tf 
 x =6  VB = - 11,75 tf 
 
d.) Balanço à direita:M = -2 x x’x x´ - 2x x´  para x’ =0  M = 0 
 2 x’ =3  MB = - 15 tf.m 
 
e.) Mmáx.  V=0: 
 
 x =2,75 m  Mmáx. = 11,34 tf.m 
 
 
f.) Características Geométricas: 
 
Parte A(cm2) ys Ax y y Ax y
2 Io=b.h3/12 
 1 200 2,5 500 15,75 49.612,5 416,67 
 2 150 20 3.000 -1,75 459,38 11.250 
 3 150 37,5 5.625 -19,25 55.584,38 312,5 
  500 9.125 105.656,25 11.979,17 
 
yCG = ySUP =  A x ys = 18,25 cm  yINF = 40 – 18,25 = 21,75 cm 
  A 
 
 
 IT = Io + A xy
2 = 117.635,42 cm4 
 
 
 WSup = IT = 6.445,78 cm
3 Winf = IT = 5.408,52 cm
3 
 ysup yi 
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12 
g.) Tensões Normais: Momento máximo positivo  Tração na fibra inferior  SUP = - 
 INF = + 
 
 SUP = - M = - 11,34 x 10
3
 x10
2  SUP = - 176 Kgf/cm
2 
 ws 6.445,78 
 
 INF = + M = + 11,34 x10
3
 x10
2  INF = + 210 Kgf/cm
2 
 wi 5.408,52 
 
 
h.) Tensão de Cisalhamento: 
 
 no C.G.: 
.
 
 Vmáx. = 11,75 tf = 11.750 Kgf ysup = 18,25 cm 
 IT = 117.635,42 cm
4 C.G
 
 b = 5 cm 
 
 Ms = [(5x 40)x 15,75] + [(5x 13,25)x 6,625] = 3.588,91cm
3 
 
 C.G. = Vx Ms = 11.750 x 3.588,91  C.G. = 71,69 Kgf/cm
2 
 b x IT 5 x 117.635,42 
 
 
 em a -a.: 
 Vmáx. = 11,75 tf = 11.750 Kgf 
a a 
 
 I
 
T = 117.635,42 cm
4 ysup = 18,25 cm . 
 b´ = 40 cm 
b” = 5 cm 
 C.G
 
 
 
Ms = [(5x 40)x 15,75] = 3.150 cm
3
 
 
 
 a-a’ = Vx Ms = 11750 x 3.150  a-a’ = 7,86 Kgf/cm
2 
 b’ x IT 40 x 117.635,42 
 
 
 a-a” = Vx Ms = 11750 x 3.150 a-a” = 62,92 Kgf/cm
2 
 b” x IT 5 x 117.635,42 
 
 
 em b -b. : C.G. 
 Vmáx. = 11,75 tf = 11.750 Kgf 
IT = 117.635,42 cm
4 
 
 yinf = 21,75 cm
 
b’ = 5 cm b b 
 b” = 30 cm 
 
Ms = [(5x 30)x 19,25] = 2.887,5 cm
3
 
 
 
 a-a’ = Vx Ms = 11750 x 2.887,5  a-a’ = 57,68 Kgf/cm
2 
 b’ x IT 5 x 117.635,42 
 
 
 a-a” = Vx Ms = 11750 x 2.887,5  a-a” = 9,61 Kgf/cm
2 
 b” x IT 30 x 117.635,42 
 
 
Engenharia Civil – Plano de Revisão / ENADE 2014 
Prof. Aiello / Profa.Tatiana 
13 
88..)) FFlleexxããoo CCoommppoossttaa:: 
 
A Flexão Composta é considerada uma combinação de esforços. 
Neste caso, as secções transversais de uma peça estão solicitadas simultaneamente a 
Esforços Axiais e a Momento Fletor.Os Esforços Internos Resistentes são as Tensões Normais de 
Tração ou de Compressão, dadas por: 
 
 
 = N  M 
 A W 
 
 
QUESTÕES DO ENADE: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Tensão normal de compressão máx. (na base do pilar): s = N/A+ M/W =(11,55/0,03)+ (19,20/0,001) = 19.585 kN/m2 
1-) 
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14 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 2-) 
A 
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15 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3-) Você foi solicitado para examinar uma viga retangular em concreto armado simplesmente apoiada de 8 
m de vão, suportando uma carga permanente de 15 KN/m (já considerando o peso próprio). 
Verificando o memorial de cálculo você identificou que: 
- o concreto tem fck= 25 MPa = 25.000 KN/m2; 
- o sistema construtivo introduziu um esforço no meio do vão da viga de 10 
 KN, esforço esse não previsto no projeto estrutural; 
- a seção transversal da viga retangular tem área A=0,10 m2, módulos de resistência referentes às bordas 
superior e inferior, Ws= Wi= 0,00833 m
3. 
Pergunta-se: Com base nesses dados, utilizando a seção do meio do vão da viga, o limite de tensão normal 
de compressão de 0,7 fck foi ultrapassado com o aumento de carga? Sim ou Não? Justifique sua resposta. 
Dados: 
- tensão normal na borda superior, em valor absoluto, devido ao momento...... s= M/Ws 
- tensão normal na borda inferior, em valor absoluto, devido ao momento...... s= M/Wi 
- tensão admissível......... adm  = 25.000 KN/m
2 
 
RESPOSTA: Não. compr.= 140/0,00833 = 16.800 KN/m
2 0,7 x 25.000 
 
4-) Você foi consultado para verificar uma peça submetida à flexão simples. Houve um acréscimo de carga 
(P) de 2 tf, conforme ilustrado abaixo. Sendo assim, qual o valor do momento fletor máximo que você usaria 
para fazer o novo dimensionamento dessa peça? 
 
 
 P= 2 tf 
 1,5 3 tf/m 
 A B 
 L=6,0 m 
 
a-) Mmáx.= 15,0 tf.m (correta) 
b-) Mmáx.= 16,0 tf.m 
c-) Mmáx.= 15,0 tf.m 
d-) Mmáx.= 13,5 tf.m 
e-) Mmáx.= 12,5 tf.m 
 
seção média 
centróide 
Esforço normal de 
1750 KN 
(compressão) no 
centróide 
1750 
KN 
6
9
0
 
K
N
.m
 
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16 
ESTABILIDADE DAS CONSTRUÇÕES I 
 
1.) Vigas Isostáticas: 
 
 q 
 VA = q.L VB = - q.L 
 
A 
L
 B 2 2 
 
 M.F. RA = VA RB = - VB 
 + + 
 
 
 + F.C. 
 - 
 x = L/2 
 
 
 p 
 VA = p.L VB = - p.L 
 
A 
L
 B 6 3 
 
 M.F. RA = VA RB = - VB 
 + + 
 
 
 
 + F.C. 
 - 
 x = 0,577.L 
 
 
 P 
 
 VA = P.b VB = - P.a 
 
A 
a b
 B LL 
 
 M.F. RA = VA RB = - VB 
 + 
 
 
 + 
 F.C. 
 - 
 
 
 M 
 
 VA = - M VB = - M . 
 
A 
a b
 B L L 
 
 M.F. RA = VA RB = - VB 
 - VA = VB 
 + 
 
 
 F.C. 
 - 
q.L 
 2 
q.L 
 2 
 q.L
2 
 8 
p.L 
 6 
p.L 
 3 
 p.L
2
 3 
 27 
P.b 
 L 
P.a 
 L 
 P.a.b 
 
 L 
 M . 
 L 
 M.a 
 
 L 
 M.b 
 
 L 
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17 
+ 
+ 
- 
- 
+ 
Vigas em Balanço: 
 20 KN/m 
 Trecho AB : 
 A B C D 
 2,0 2,0 2,0 M = - (20. x).x/2  x = 0  MA = 0 
 
 40 KN x = 2  MB= -40 KN.m 
 
V = - 20. x  x = 0  VA = 0 
 x = 2  VB= -40 KN 
 M.F. 
Trecho BC : 
 
 - - - F.C. M = - (20. x).x/2 + 40.(x-2)  x = 2  MB= -40 KN.m 
 x = 4  MC= -80 KN.m 
 40 40 40 
 V = - 20. x + 40  x = 2  VB= 0 
Trecho CD : x = 4  VC= -40 KN 
 
 M = - (20. 4).(x-2) + 40.(x-2)  x = 4  MC= -80 KN.m 
 x = 6  MD= -160 KN.m 
 
 V = - (20. 4) + 40  x = 4 VC = -40 KN 
 x = 6  VD= -40 KN 
 
 
Vigas em Bi-Apoiadas com Balanços: 
 
 
 5 tf 2 tf 
 3 tf/m 
 2 tf/m 
 
 A C B D 
 3,00 3,00 3,00 
 
 
 0 - 15,0 MOMENTO 
 10,75 -9,25 8,0 Vo 
 -2,5 -2,5 c 
 
 8,25 - 11,50 8,0 V= Vo+c 
 
 RVA = 8,25 tf RVB = 19,50 tf 
 
 15 
 X = 2,75 m 
 
 
 M.F. 
 
 
 11,25 
 11,34 
 8,0 
 8,25 
 2,0 
 F.C. 
 0,75 
 
 5,75 
 11,75 
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18 
 
 
 5 tf 
 MA 3 tf/m MB 
 2 tf/m 
 
 A C B 
 
 
 Trecho AC: 
 M = VA x (x) + MA - 3 x x
2  para x =0  MA =0 
 2 x =3  MC =11,25 tf.m 
 
 V = VA - 3 x x  para x =0  VA =8,25 tf 
 x =3  VC = - 0,75 tf 
 
c.) Trecho CD: 
 
 M = - VB x (x’ ) + MB - 2 x x’ 
2  para x ‘=0  MD = - 15 tf.m 
 2 x’ =3  MC = 11,25 tf.m 
 
V = VB + 2 x x’  para x’ =0  VB =- 11,75 tf 
 x’ =3  VB = - 5,75 tf 
 
 
 
2.) Linhas de Influência de Vigas Isostáticas: 
 
 Estudaresmos os esforços externos reativos e os internos solicitantes para vigas submetidas à 
cargas acidentais uniformes e concentradas, como por exemplo pontes rolantes, pontes rodoviárias e 
ferroviárias. 
 
 
P P 
 
 
 
 A X1
 
C
 B 
 X2 
 
 L 
 
Nosso próximo problema é o seguinte: 
 Raciocinando, por exemplo, com o Momento Fletor … 
 Com a carga “P”, com abscissa x1 , qual é o Momento Fletor em C ? 
 Com a carga “P”, com abscissa x2 , qual é o Momento Fletor em C ? 
 
Em outras palavras, qualquer que seja a posição de uma carga “P”, genérica, 
queremos obter sempre o valor do momento fletor, no caso, em C. 
Outra questão a ser resolvida, seria ainda a de determinarmos qual a posição desta carga que 
permitiria encontrar o valor máximo do momento fletor em C. 
Para resolvermos este problema, utilizamos o chamado conceito de “Linha de Influência”. 
Assim: “Linha de Influência” é um diagrama, um gráfico que permite a obtenção de um 
esforço, sempre numa mesma seção, qualquer que seja o tipo de carga (concentrada ou uniforme) e 
a posição desta carga. De um modo geral podemos dizer que um esforço qualquer pode ser obtido: 
 
- Cargas Concentradas: Esforço = Carga Concentrada x Ordenada correspondente 
 
 
- Cargas Uniformes: Esforço = Carga Uniforme x Área correspondente 
 
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19 
 P = 1 P = 1 
 
 X X 
 
 
A
 Z 
C B A C 
Z
 B 
 
 
L
 
L 
 
 Z Z 
 - - 
 45 L.I.Mc 45 
 
 
 L.I.Vc 1,0 + 1,0 
 - 
 1,0 1,0 
 
 
 
 
 P = 1 P = 1 
 
 x x’ x x’ 
 
 A C B 
 m n 
 
 L 
 
 L.I.Mc 
 + m.n 
 L 
 
 1,0 
 + 
 L.I.RA 
 
 
 1,0 
 + 
 L.I.RB 
 
 
 
 n 
 L + 
 L.I.Vc 
 - 
 m 
 L 
 
 
 
 
 
 
 
 
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20 
 P = 1 P = 1 
 x x’ x x’ 
 
 A C B 
 a m n b 
 
L 
 
 1 + a 
 L 1,0 
 + L.I.RA 
 b 
 
 L 
 
 1 + b 
 1,0
 L+ 
a L.I.RB 
L 
 b .m 
a .n 
 L 
 L L.I.Mc 
 + m.n 
 L 
 a n 
 L L + 
 + L.I.Vc 
 - m b 
 L L 
 a 
 - 
 L.I.MA 
 
 L.I.VA esq. 
1,0 - 1,0 
 
 1,0 
 
 a + + 
 L L.I.VA dir 
 b 
 L 
 1,0 
 
 L.I.MB 
 
 1,0 1,0 
 + L.I.VB dir 
 
a 
L + L.I.VB esq 
 b 
 1,0
 L 
 - 
 - 
 - - 
 - 
 - 
 - 
 - 
 - 
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21 
3.) Estuturas Poligonais: 
 
1-) Traçar os diagramas de M.F. e F.C. da viga poligonal indicada: 
 
 40 KN/m 
 
 B C 
 
 
 
100 KN 
1,5 
 
 E 
 
 
 1,0
 
 
 
 2,5
 
 
 A D 
 RHA 
 5,0 
 RVA RVD 
 
a-) Reações de Apoio: 
 
 H =0  RHA = 0 
 MA =0  RVD = 120 KN 
 V =0  RVA = 180 KN 
 
 
 
b-) Momento nos Pontos de Quebra: 
 
 MA =0 ; MD =0 ; MC =0 
 ME(balanço) = -100 KN.m 
 ME (EA) = 0 
 ME (EB) = + 100 KN.m 
 MB = + 100 KN.m 
 
 
c-) Barra BC: 
 
 
Mmáx. = + 180 KN.m (x=2,0m) 
 
d-) Diagramas: 
 
 
 
 B C B C 
 
 
 E 
 
 E 
 
 
 
 A D A D 
 M.F. F.C. 
 
 
 
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22 
3.) Vigas Gerber: 
 
 Seja a viga hiperestática contínua abaixo, com “n” apoios: 
 
 A B C D E 
 
 
 G = n – 3  6 – 3 = 3  G = 3 
 
 n  número de reações de apoio 
G número de articulações a serem introduzidas 
 3  número das Equações Fundamentais da Estática 
 
 Então, para utilizarmos as 3 Equações de Equilíbrio da Estática, deveremos introduzir 3 
articulações, já que o momento fletor na articulação é nulo. Assim: 
 
 A G1 B C G2 G3 D E 
 
 
 
 
 
Definição: 
“Chamamos de Vigas Gerber ou Vigas Articuladas, a sucessão de vigas isostáticas obtidas 
com a introdução de vínculos (articulações)”. 
 
Aplicação: 
 
 Basicamente as Vigas Gerber têm aplicação generalizada em estruturas de grande 
comprimento, em obras cujo terreno apresenta recalques de apoio ou em estruturas submetidas às 
grandes variações de temperatura. 
 
Colocação das Articulações: 
 
 Regras: 
 
 1a. Evitar vãos sucessivos; 
 2a. Não deverá existir mais de 2 articulações entre 2 apoios (no vão); 
 3a. Não deverá existir mais de 2 apoios entre 2 articulações. 
 
Observações: 
 
a-) Quando a viga tiver apenas 1 reação horizontal, utilizaremos as 3 Equações Fundamentais da 
Estática: 
  H = 0 
  M = 0 
  V = 0 
 
  G = n – 3 onde: n = número total de reações 
 G= número de articulações a serem introduzidas 
 3 = número de Equações de Equilíbrio 
 
 o o o 
 
 n = 5 n = 4 
 G = 5 – 3 = 2 G = 4 – 3 = 1 
  2 articulações  1 articulação 
 
 
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23 
o o o 
b-) Quando a viga tiver apenas mais de 1 reação horizontal, utilizaremos apenas 2 Equações 
Fundamentais da Estática: 
  M = 0 
  V = 0 
 
  G = n’ – 2 onde : n’ = número de reações (sem reações horizontais) 
 G= número de articulações a serem introduzidas 
 2 = número de Equações de Equilíbrio consideradas 
 
 
 o o o o o o o 
 
 
 n’ = 6 n’ = 5 
 G = 6 – 2 = 4 G = 5 – 2 = 3 
  4 articulações  3 articulações 
 
 
Traçar as Linhas de Influência da viga gerber abaixo: 
 
 
 A G1 F G2 B E C G3 D 
 
 1,50 1,00 1,00 1,50 1,50 1,50 1,00 1,50 
 
 
 
 1,5 
 
 - 
 L.I.MA 
 
1,0 
 + 
 L.I.VA 
 
 n/L 
 + 
 L.I. VF 
 m/L 
 
 
 L.I. MF 
 
 m.n 
 L 
 L.I. VBesq 
 1,0 
 
 
 a.n´/L 
b.m´/L 
 
 L.I. ME 
 m´n´/L 
- 
+ 
- 
- - 
+ 
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24 
o o o 
 
 
 A G1 F G2 B E C G3 D 
 
 1,50 1,00 1,00 1,50 1,50 1,50 1,00 1,50 
 
 
 
 1,5 
 
 
 L.I.MB 
 
 a/L 1,0 
 
 L.I.VBdir 
 b/ L 
 
 
 1,0 1,0 + b/L L.I.Rc 
 
 a/L 
 
 a/L n/L 
 L.I.VE 
 
 m/L b/L 
 
 
 
 L.I.VCesq 
 
 b/L 
 1,0 
 
 
 1,0 
 L.I.RD 
 
 
 1 + a/L 
 1,0 
 L.I.RB 
 
 b/L 
 
 
 
 
 
 
 
- 
+ + 
- 
+ 
- 
+ + 
- 
- 
+ 
- 
- 
- 
+- 
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25 
 o 
 o 
4.) Arcos Tri-Articulados: 
 
 Arco Tri-Articulado é uma viga curva plana com 2 articulações nas impostas (A e B) e uma 
articulação na chave (G). 
 
 NOMENCLATURA UTILIZADA: 
 G 
 E F 
 
 C D 
 f 
 
 
 A B 
 
 L/8 L/4 L/4 L/4 L/8 
 
 
F  Flecha 
L  Vão teórico 
G  Chave 
A e B  Impostas 
Trecho EF  Fecho 
Trechos CE e FD  Rins 
Trechos AC e BD  Nascenças 
 
 Observação: Por razões práticas e econômicas o ponto G normalmente está situado no meio do 
vão L, entretanto, teoricamente não é necessário que isso ocorra. 
 
 P2v P3v
 
 
 
 P1v 
 D 
 f 
 y 
 
 HA A B 
HB
 
 X 
 
 VA L/2 L/2 VB 
 
 
ESFORÇOS EXTERNOS REATIVOS 
 
MB = 0 VA x L – HAx0 – (P1v x b1) – (P2v x b2) – (P3v x b3) = 0 
 
 Piv x bi = P1v x b1 + P2v x b2 + P3v x b3 
Portanto, VAxL –  Piv x bi = 0  VA =  Piv x bi 
 L 
 
Analogamente, se fizermos MA = 0 , resulta: VB = Piv x ai 
 L 
 Para a obtenção de HA e HB temos: 
 
H = 0  HA – HB + 0 = 0  HA = HB = H 
 MG = 0  VA x L – P1v x c1 – P2v x c2 – HA x f = 0 
 2 
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26 
 o 
 A expressão VA x L – P1v x c1 – P2v x c2 = MG 
 2 
 
MG = momento em G de uma viga isostática equivalente 
 
Portanto ficamos com MG – HA x f = 0  HA = HB = H = MG 
 f 
 
ESFORÇOS INTERNOS SOLICITANTES NUMA SEÇÃO GENÉRICA D 
 
 Momento Fletor: 
 MD = VA x x – P1v (x - a1) – P2v (x – a2) – HAx y 
 
Podemos escrever: 
 MD = VAxx – P1V.(x-a1) – P2V(x-a2) = momento em D de uma viga isostática equivalente 
 
Portanto, MD = MD – HA x y 
 
 
 Esforços Normal e Tangencial: 
 
Vamos fazer um corte na secção D do arco e colocar nessa secção a resultante dos esforços 
horizontais e verticais (HD e VD). 
 
VD = VA – P1v – P2v 
HD = HA 
 
Portanto, TD = VDxcos  - HDxsen  
 
 
 ND = VDxsen  + HDxcos  
 
 
 
Resolução Analítica: Determinar o momento fletor, o esforço normal e o tangencial na secção D do 
Arco Tri-Articulado abaixo. 
 
 P2= 3 tf P3= 3tf 
 3,00 3,00
 
 
 P1= 2 t P4= 4 tf 
 1,00 D 1,00 
 f= 1,15 
 y = 0,866 
 
HA 
A B
 HB 
 2,00 
 
 VA 4,00 4,00 VB 
 L = 8,00 m 
 
 
arco parabólico: y = 4x f (Lxx – x
2) 
 L2 
 
tg  = dy = 4xf (L – 2x) ; para x = 2 m  tg  = 0,2875   = 16,04
o 
 dx L2 
 
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27 
a.) Reações Verticais: 
 
MB = 0  VA = Pi x bi = (2x7) + (3x5) + (3x3) + (4x2)  VA = 5,75 tf 
 L 8 
V = 0  VA + VB – 2 – 3 – 3 – 4 = 0  VB = 6,25 tf 
 
b.) Reações Horizontais: 
 
 H = 0  HA – HB + 0 = 0 , ou seja, HA = HB = H 
 
 
mas: MG = 0 
 
 (VA x 4) – (HA x 1,15) – [P1x(4-1)] – [P2x(4-3)] = 0  HA = HB = 12,17 tf 
 
 
c.) Esforços na secção D: 
 
 MD = VA xx – HA xy – P1x(x - 1)  MD = 1,04 tf.m 
 
 VD = VA – P1  VD = 3,75 tf 
 
 HD = HA  HD = 12,17 tf 
 
TD = VDxcos  - HDxsen  = 0,24 tf 
 
ND = VDxsen  + HDxcos  = 12,73 tf 
 
 
 
QUESTÕES DO ENADE: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
MB = 0  RVA x 20 – (10x20) x 10 = 0  RVA = 100 KN 
 
 
 
MC = 0 
 
 (RVA x 10) – (HA x 5) – (10x10) x 5 = 0  HA = 100 KN 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1-) 
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28 
 o o 
 
5.) Pórticos Tri-Articulados: 
 
 
Resolver o pórtico anterior sob a ação de carga v = 0.3 tf/m do vento agindo conforme 
esquema abaixo: 
 
 C G 
o
 D 
 
 
 3,00 
 
 
 A B 
 HA HB 
 4,00 4,00 
 VA VB 
 
 
 
a.) Reações de Apoio : 
 
MB = 0  VA x 8 + (0,3x 3)x 1,5 = 0  VA = - 0,17 tf 
V = 0  VA + VB = 0  VB = + 0,17 tf 
H = 0  HA + HB + (0,3 x3) = 0  HA + HB = - 0,90 
 
MG = 0  VA x 4 – HA x 3 – (0,3x 3)x 1,5 = 0  HA = - 0,68 tf  HB = + 0,22 tf 
 
 
b.) Momento nos Pontos de Quebra : 
 
 
 MA = 0 ; MB = 0 ; MC = + 0,68 tf.m ; MD = - 0,66 tf.m 
 
 
c.) Diagramas : 
 
 0,66 
 
 0,68 0,66 0,22 0,17 
0,68 
 
 0,22 
 
 M.F. F.C. 
 0,68 
 
 
 
 
 
 
 
 
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29 
 o 
Traçar os diagramas de M.F e F.C do pórtico tri-articulado abaixo : 
 
 20 KN/m 
 
 G B 
 80 KN 2,00 
 40 KN 
 
 2,00 
 
 A C 
 3,00 4,00 2,00 
 
 
Respostas : 
 Reações de Apoio: RA = 48KN 
 RC = 120 KN 
 HA = - 14 KN 
 HC = 10 KN 
 
 Momento nos Pontos de Quebra: MA = 0 
 MB (bal) = - 40 KN.m 
 MB (BC) = - 120 KN.m 
 MB (BG) = - 160 KN.m 
 MC = 0 
 MG = 0 
 
 
 
 
QUESTÃO DO ENADE: 
 
1-) No pórtico isostático abaixo, podemos afirmar que as reações de apoio... 
 P 
a-) RVA =RVB e RHA =RHB=0 
 a b 
 b-) RVA > RVB e RHA =RHB=0 
 c-) RVA < RVB e RHA >RHB 
G 
 d-) RVA > RVB e RHA = RHB  0 H 
 e-) RVA =RVB e RHA =RHB  0 
 RHA RHB 
 A B 
 L 
RESPOSTA: RVA RVB 
 
 H =0  RHA - RHB = 0  RHA = RHB 
 MA = 0  RVB x L – P x a = 0 
 MB = 0  RVA x L – P x b = 0 
 
 MG = 0  RVA x a – RHA x H = 0 
 
 
 
 
 
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30 
ESTABILIDADE DAS CONSTRUÇÕES II 
 
 
1.) Vigas Hiperestáticas Simples: 
 
Existem basicamente 2 tipos de Vigas Hiperestáticas Simples: 
 
a.) Vigas apoiadas–engastadas: 
 
 
b.) Vigas bi-engastadas: 
 
 
CASOS PARTICULARES: 
 
a.) Viga Engastada – Apoiada: 
 A = 0 (engaste ) 
 A B MB = 0 (apoio) 
 L 
 MA = - E 
 E D 2 
 
b.) Viga Apoiada – Engastada: 
 
 B = 0 (engaste ) 
 A B MA= 0 (apoio) 
 L 
 
 E D MB = - D 
 2 
 
c.) Viga Bi – Engastada: 
 
 A = 0 (engaste) 
 A B B = 0 (engaste) 
 L 
 
 E D MA = - 1 (2E – D) MB = - 1 (2D – E) 
 3 3 
 
 
 
Conhecidos os momentos de apoio (MA e MB), recaímos no caso de resolução de vigas bi-
apoiadas submetidas aos carregamentos de vão mais a influência de MA e MB, agoras conhecidos. 
 
 MA MB 
 
 
 A L
 B 
 
 
 OBS.: Consideramos MA e MB, sempre com sentidos positivos, para trabalharmos com sinais. 
 
 
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31 
Exemplos numéricos: 
1-)Determinar a influência de um recalque de 2 cm no apoio B da viga hiperestática simples indicada 
sendo dados: 
 E= 2.000 KN/cm2  devido c.u.d. E1 = q.L
2 
 I= 0,00208 m4 4 
  devido recalque  E2 = 6.EI.
 
 L2 
 
q = 10 KN/m 
 MA = - E 
 A B 2 
 =2cm 
 L=6,00 B’ E= E1+ E2= 228,70 KN.m 
 
114,4  MA=-114,4 KN.m 
 - 
M.F. + 
 
 VA= V
o + c = 49 KN 
 5,65 
 Mmáx  V = 0 
  x = 4,9 m 
 49 Mmáx = 5,65 KN.m 
 + 
F.C. 
 11 
 
 
2-) Qual deverá ser o recalque no apoio B da viga hiperestática dada, para que o M.F. em B seja 
nulo? Traçar em seguida o diagrama de F.C. 
 
 40 KN 
 20 KN/m 
 Dados: 
 A B 
 B E= 2x10
7 KN/m2 
 
 B’ 
 1,00 2,00 8,00 I= 0,0036 m
4 
 
 -recalque: D1 = 6.EI. 
 L2 
 90 
 -c.u.d.: D2= q.L
2 
 4 
F.C. 
 40 
 70 
 
 
MA= - 40x2 = - 80 KN.m MB =- D = 0 (enunciado) 
 2 
D = D1+D2+D3= - 6750xB + 320 – 80  D= 240 - 6750x B 
 
Como MB = 0  MB= -D  0 = -(240 - 6750xB)  B = 0,0356 m 
 2 2 
 
 Tendo os momentos, recaímos no caso de resolução de vigas isostáticas. 
 
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32 
2.) Equação dos 3 Momentos: 
 
Chamamos de vigas contínuas, as vigas hiperstáticas apoiadas em mais de 2 apoios. 
 P1 P2 
 q 
 
 
 A B C D 
 L1 L2 L3 
 
 
 Na viga acima temos 4 apoios, um dos quais necessariamente fixo e os demais, móveis. 
 O número total de vínculos externos é 5, de modo que teremos 2 incógnitas hiperestáticas, já 
que dispomos das 3 Equações de Equilíbrio da Estática. 
 Qualquer que seja o sistema de cargas atuantes, os momentos nos apoios extremos serão 
nulos, isto é, MA = 0 e MD = 0. 
 Os esforços internos solicitantes, numa seção qualquer, poderão ser obtidos conhecendo-se 
os momentos fletores nos apoios B e C, de modo que os valores destes momentos serão 
considerados como incógnitas, na resolução da viga. 
 
 A Equação dos 3 Momentos tem este nome porque relaciona os momentos de apoio de 3 
apoios consecutivos. 
 
 MA x L1 + 2x MB x (L1 + L2) + MC x L2 + D1 x L1 + E2 x L2 = 0 
 I1 I1 I2 I2 I1 I2 
 
 
 A B C D E 
 
 L1 L2 L3 L4 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 No caso de termos apoios extremos engastados, para fins de aplicação da Equação dos 3 
Momentos, deveremos fazer o artifício abaixo indicado: 
 
 
 
A' A B C 
 L' L1 L2 
 I I1 I2 
 
 E' D' E1 D1 E2 D2 
 MA = ? MB = ? 
 
 Artifício: considerar um vão fictício de inércia infinita. 
 Nestas condições poderemos escrever 2 Equações dos 3 Momentos: 
- 1a equação: apoios A' A B 
- 2a equação: apoios A B C 
 Teremos então, 2 equações e 2 incógnitas (MA e MB), lembrando que L' tende a zero. 
 I 
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33 
 
Aplicação Numérica: Traçar os diagramas de M.F. e F.C. da viga abaixo, de inércia constante: 
 
1-) 
 3 tf/m 
 
 A B C 
 L1= 6,00 L2=8,00 
 
 19,5 
 
 
 - - 
 
 M.F. 
 + 
 
5,65 + 
 
 15,30 
 14,44 
 
 5,75 + 
 + 
 - F.C. 
 - 12,5 9,56 
 
 
Equação dos 3 Momentos : 
 
 MA x L1 + 2x MB x (L1 + L2) + MC x L2 + D1 x L1 + E2 x L2 = 0 
 
Respostas: MA = MC = 0; MB = -19,5 tf.m; Mmáx  V = 0 Mmáx = 5,65 tf.m; Mmáx = 15,30 tf.m 
 
 VA = 5,75 tf; VBdir. = 14,44 tf; VBesq.= -12,5 tf; VC = -9,56 tf 
 
 
 
3.) Energia de Deformação – Regra de Verechaguine / Teorema da Carga Unitária: 
 
A Teoria de Energia de Deformação é bastante usada na resolução de problemas deengenharia. Com sua utilização, de um modo geral poderemos obter deslocamentos lineares ou 
angulares em pontos quaisquer de uma estrutura, bem como a obtenção de incógnitas hiperestáticas. 
Esta teoria serve como um estudo introdutório para os 2 métodos mais gerais de resolução de 
estruturas, que são: Método das Forças e Método dos Deslocamentos. 
 
Conceitos: Deformação é o novo visual da estrutura com aplicação de cargas. 
 Deslocamento é a mudança do ponto de aplicação de uma carga. 
 
Correspondência Ação - Deslocamento: 
 
 Esforço Axial  deslocamento linear () 
 Esforço Cortante  deslocamento linear () 
 Momento Fletor  deslocamento angular () 
 Momento Torçor  deslocamento angular () 
 
 
 
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34 
O Teorema da Carga Unitária serve para obtermos deslocamentos lineares ou angulares. 
Assim se quisermos obter um deslocamento linear, aplicaremos uma carga P=1 na direção e sentido 
do deslocamento. Se o deslocamento procurado for uma rotação, aplicaremos M=1 no ponto onde 
quisermos obter a rotação. 
 Portanto conforme acima mencionado, temos: 
 
  =  M x M x ds  =  M x M x ds 
 EI EI 
 
Exemplos Numéricos: 
 
1-) Obter a flecha na seção C e a rotação na seção D da viga abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
rad 
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35 
2-) Obter o deslocamento horizontal no apoio A. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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36 
3-) Qual o valor máximo da carga P para que a rotação na seção B não ultrapasse o valor de 0,02 
rad? Qual a flecha na seção E? 
 
 
 vE = 0,0177 m 
 
 
 
EI = 20.000 KN.m2 
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37 
QUESTÃO DO ENADE: 
 
1-) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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38 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ESTABILIDADE DAS CONSTRUÇÕES III 
 
 
1.) Método das Forças: 
 
Existem dois métodos gerais para a resolução de estruturas hiperestáticas, aplicáveis à todos os 
tipos de estruturas: 
 
 a-) Método das Forças (ou Método da Flexibilidade); 
 b-) Método dos Deslocamentos (ou Método da Rigidez). 
 
No Método das Forças escolhemos como incógnitas hiperestáticas, forças ou momentos 
internos ou externos. Quando as ações são as incógnitas, temos a chamada indeterminação estática. 
 A indeterminação estática refere-se ao excesso de ações desconhecidas em relação ao 
número de equações de equilíbrio. Esse excesso é designado por redundante estático.O número de 
redundantes estáticos é representado pelo chamado Grau de Indeterminação Estática da Estrutura. 
 
Sistema Básico : 
 
Neste Método, os cálculos serão efetuados a partir de um sistema básico. Este sistema básico 
é isostático, obtido com a supressão de vínculos internos ou externos. 
 
 
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39 
Exemplo: 
 
 X1 =? 
 
 ou 
 
 SISTEMA HIPERESTÁTICO SISTEMA BÁSICO SISTEMA BÁSICO X1=? 
 
 
Para melhor visualizarmos as Equações Canônicas, vamos raciocinar com o pórtico bi - 
engastado a seguir esquematizado:
 
SISTEMA BÁSICO 
 
 
 
 
  
 X3 
 X2 
X1 
 
O grau hiperestático é igual a 3, assim temos que determinar 3 incógnitas. 
Assumimos como incógnitas a serem obtidas : X1, X2 e X3 respectivamente, esforço vertical, 
esforço horizontal e momento fletor em D. 
Raciocinando com o sistema básico do esquema anterior e separadamente com o 
carregamento, com X1 = 1, com X2 = 1 e X3 = 1, observamos que as incógnitas X1, X2 e X3 devem 
ser tais que resultem deslocamentos nulos no engaste. 
 
Assim temos: 
 
 10, 20, 30  são deslocamentos nas direções e sentidos de X1, X2 e X3, respectivamente, 
devido ao carregamento (índice 0 ). 
 11, 21, 31 são deslocamentos nas direções e sentidos de X1, X2 e X3, respectivamente, 
devido a X1=1. 
 12, 22, 32  vale o mesmo raciocínio com X2=1 
 13, 23, 33  vale o mesmo raciocínio com X3=1 
 
 
 
 
Sendo nulos os deslocamentos em D (engaste), podemos escrever: 
 
 10 + X1x11 + X2x12 + X3x 13 = 0 
 20 + X1x 21 + X2x 22 + X3x 23 = 0 Equações Canônicas 
 30 + X1x 31 + X2x 32 + X3x 33 = 0 
 
ii e ii são chamados de deslocamentos próprios, sempre positivos e estão dispostos na 
diagonal principal. Já Ij são chamados de deslocamentos suplementares. Estes deslocamentos 
podem ser positivos ou negativos. 
 
Sistemática dos Métodos das Forças: 
 
 Determinação do Grau de Indeterminação Estática; 
 Escolha de um Sistema Básico; 
 Traçado dos Diagramas no Sistema Básico, separadamente para o carregamento externo 
e para os valores unitários das incógnitas; 
 Obtenção de todos os coeficientes ij (deslocamentos) ; 
 Resolução das Equações Canônicas com a determinação das incógnitas hiperestáticas; 
 Obtenção dos esforços finais; 
 Traçado dos diagramas. 
 
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40 
 
2.) Treliças Hiperestáticas: 
 
 
 Dos estudos anteriores de Treliças Isostáticas, Energia de Deformação e parte teórica de 
Método das Forças, tem-se à seguinte expressão para Treliças uma vez Hiperestáticas: 
 
 
 N = N0 + X1N1 
onde: 
 N = Esforço final nas barras da treliça; 
 N0 = Esforço nas barras devido ao carregamento; 
 N1 = Esforço nas barras devido a X1=1; 
 X1 = Incógnita a ser determinada (10 + X111 = 0) 
 
1,0 =  N0. N1 . L 1,1 =  N1. N1 . L 
 E.A E.A 
 
 
 No caso de treliças duas vezes hiperestáticas, teremos: 1,2 =  N1. N2 . L 
 E.A 
 N = N0 + X1N1 + X2N2 
 
10 + X111 + X212 = 0 
20 + X121 + X222 = 0 Analogamente para treliças 3 vezes hiperestáticas, ou mais. 
 
 Treliças Externamente Hiperestáticas: 
 
 P2= 4 tf P3= 5 tf P4= 6 tf 
 
 4 6 
 
 P1= 2 tf 1 3 
 5
 7 
 9 P5= 3 tf
 1,50 
 2 8 
 
 1,50 1,50 1,50 1,50 
 
 N0 P2= 4 tf P3= 5 tf P4= 6 tf 
 
 4 6 
 
 P1= 2 tf 1 3 
 5
 7 
 9 P5= 3 tf
 1,50 
 2 8A B 
 1,50 1,50 1,50 1,50 
 
 RA = 9 tf RB=11tf 
 
 N1 
 
 
 
 A B 
 
 X1 = 1 
 
 
 
 
 
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Tabela de Esforços 
 
Barra L ( m ) No N1 10= N0.N1.L 11= N1.N1.L Ni 
1 2,12 - 9,89 0,707 -14,849 1,060 -2,222 
2 3,00 7,00 -0,500 -10,500 0,750 1,571 
3 2,12 4,24 -0,707 - 6,363 1,060 -3,435 
4 1,50 -10,0 1,000 -15,000 1,500 0,858 
5 1,50 - 5,00 0 0 0 -5,000 
6 1,50 -10,00 1,000 -15,000 1,500 0,858 
7 2,12 2,82 -0,707 - 4,242 1,060 -4,849 
8 3,00 8,00 -0,500 -12,000 0,750 2,571 
9 2,12 -11,31 0,707 -16,970 1,060 -3,636 
 -94,926 8,742 
 
 10 + X111 = 0  X1 = - [-94,9264]  X1 = 10,8579 tf 
 8,7426 
 
 Para determinarmos o esforço em cada barra deveremos ter: Ni = No + X1N1 
 
Treliças Internamente Hiperestáticas: 
 
 P 0,5 P 
 
 
 4 7 
 
 
 1 3 
 5
 
 6 
 
 
10 
 
 9
 3,00 m 
 
 
 2 8 
 
 4,00 4,00 
 
 No P 0,5P 
 
 
 D E F 
 
 
 
 
 
 A B C 
 
 N1 
 D E F 
 
X1=1 
 
 
 X1=1 
 
 A B C 
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Tabela de Esforços 
 
Barra L ( m ) No N1 10= N0.N1.L 11= N1.N1.L Ni 
1 3,00 -0,500P 0 ----- ----- -0,500P 
2 4,00 0 0 ----- ----- 0 
3 5,00 -0,833P 0 ----- ----- -0,833P 
4 4,00 -0,667P 0 ----- ----- -0,667P 
5 3,00 -0,500P -0,60 0,900P 1,080 -0,219P 
6 5,00 0,833P 1,00 4,167P 5,000 0,364P 
7 4,00 0 -0,80 ----- 2,560 0,375P 
8 4,00 -0,667P -0,80 2,133P 2,560 -0,292P 
9 3,00 -0,500P -0,60 0,900P 1,080 -0,219P 
 10 5,00 0 1,00 ----- 5,000 -0,469P 
  8,100P 17,280 
 
 
 10 + X111 = 0  X1 = - 8,100P  X1 = - 0,4687P 
 17,280 
 
 Para determinarmos o esforço em cada barra deveremos ter: Ni = No + X1N1 
 
 
 
3.) Método dos Deslocamentos: 
 
A formulação matemática do Método dos Deslocamentos é a mesma do Método das Forças: 
as incógnitas a serem consideradas são os deslocamentos dos nós da estrutura, isto é, os 
deslocamentos angulares ou lineares. 
Iremos utilizar com bastante freqüência barras com extremidades engastadas, por isso, serão 
apresentadas na seqüência, barras bi-engastadas e engastadas-apoiadas sob a ação de diversos 
deslocamentos. 
A introdução de bloqueios eliminando-se as rotações de nós faz com que a estrutura seja 
composta por diversas vigas hiperestáticas simples (bi-engastadas ou engastadas-apoiadas). 
O estabelecimento das equações canônicas no Método dos Deslocamentos é semelhante ao 
do Método das Forças somente que agora devemos dar um deslocamento, no sistema básico, a cada 
um dos vínculos introduzidos na estrutura. Por facilidade aplicamos um deslocamento linear unitário. 
 
Seja a viga contínua abaixo: 
 
 A B C D 
 
 
 Z1 Z2 
 
 
 
 r10 + z1 r11 + z2 r12 + ............................. + zn r1n = 0 
 r20 + z1 r21 + z2 r22 + ............................. + zn r2n = 0 
 
rn0 + z1 rn1 + z2 rn2 + ............................. + zn rnn = 0 
 
 
 
 
 
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43 
PONTES 
 
 
1.) Generalidades: 
 
- Pontes; 
- Viadutos; 
- Passarelas. 
 
 Características: 
 - segurança; 
 - economia; 
 - funcionalidade; 
 - estética 
 
 Classificação: 
 
 a-) Quanto à utilização: 
- ferroviárias; 
- rodoviárias; 
- passarelas. 
 
 b-) Quanto ao tipo estrutural: 
- tabuleiro isostático sobre 2 apoios; 
- tabuleiro isostático sobre 2 apoios com balanços; 
- sucessão de tabuleiros isostáticos; 
- tabuleiro com viga contínua; 
- estruturas aporticadas; 
- estruturas em arco; 
- estruturas estaiadas. 
 
 c-) Quanto à seção transversal: 
 
 - estrutura com 2 vigas principais: 
 
 
 
LAJE 
 
 V.P1 TRANSVERSINA
 V.P2 
 
 
- seção transversal com diversas vigas principais: 
 
 LAJE 
 
 
 
 
 
 
 TRANSVERSINA 
 
 
 
 
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44 
 Coeficiente de Impacto: 
 
Atualizações das cargas móveis e do coeficiente de impacto da Norma ABNT NBR 7188:1984, a qual 
foi tecnicamente revisada. 
 
I – CARGAS MÓVEIS RODOVIÁRIAS: PONTES, VIADUTOS E PASSARELAS: 
1.1. TB 450 – Trem Tipo Rodoviário Brasileiro: 
 
 
 B B 
 
 1,5 1,5 1,5 1,5 
 
 0,5 
 
 
 2,0 
 A A 
 0,5 
 
 
 
 = 75 kN = 7,5 tf 
 = 5 kN/m2 = 0,5 tf/m2 
 
 CORTE A-A: P P P 
 1,50 1,50 1,50 1,50
 
 
 
 
 CORTE B-B: 
 
 
 
 CORTE C-C: P P 
 0,50 2,00 0,50 
 
 
 
 DETALHE DAS CARGAS “P”:0,50 0,20 
 
 
P 0,5 
 0,2 
p 
C 
C 
p 
P 
p p 
p 
p p 
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45 
Observação: Para obras localizadas em anel rodoviário e em obras com distância inferior a 100 km, 
situadas em rodovias de acesso a terminais portuários, as cargas acima devem ser majoradas em 10 
%, a critério do órgão competente. 
 
1.2. TB 240 – Trem Tipo Rodoviário Brasileiro: 
 
Esse Trem Tipo tem as mesmas medidas do TB 450. 
P = 40 kN = 4 tf 
p = 4 kN/m2 = 0,4 tf/m2 
 
1.3. Cargas nos Passeios: 
Adotar carga uniformemente distribuída de 3 kN/m2 = 0,3 tf/m2 (sem impacto), concomitante com 
a carga móvel definida nos itens 1.1 e 1.2. 
Observação: para o dimensionamento do elemento estrutural do passeio utilizar 
 p = 5 kN/m2 
 
1.4. Passarelas: 
 Deve ser adotada uma carga uniformemente distribuída de p = 5 kN/m2 sem a consideração de 
coeficiente de impacto vertical. 
 
1.5. Estruturas para Garagem: 
Consultar item 7 da ABNT NBR 7188:2013 
 
1.6. Cargas de Veículos Pesados: 
As cargas especiais devem obedecer aos critérios do órgão com jurisdição sobre a rodovia, 
com orientação descrita abaixo: 
a-) prever em projeto que o veículo seguirá as prescrições de operação abaixo, quando da 
transposição da obra de arte especial: 
 as obras de arte devem estar interditadas ao tráfego dos demais veículos; 
 o veículo deve trafegar em eixo predefinido (em princípio o eixo da estrutura); 
 o veículo deve trafegar com velocidade constante inferior a 5 km/h; 
 suspender transporte especial quando da ocorrência de ventos com velocidade acima de 20 m/s; 
 se necessário, controlar a liberação do tráfego de forma gradual após a transposição do 
veículo especial sobre a obra; 
 
b-) em virtude das prescrições de transposição prevista acima, deve-se desprezar na verificação 
estrutural da obra de arte especial, os seguintes efeitos: 
 carga distribuída; 
 vento; 
 impacto vertical e números de faixas; 
 frenagem; 
 força centrífuga; 
 ações excepcionais definidas nesta Norma; 
 
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46 
c-) deve-se proceder à verificação para os estados-limites últimos, considerando os coeficientes de 
majoração definidos na ABNT NBR 8681 referentes a carregamentos especiais e utilizando como 
veículo tipo o veículo do croqui conforme ilustra a Figura A.1. indicada a seguir. 
 
Croquis da Carreta: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
II – COEFICEINTES DE PONDERAÇÃO DAS OBRAS VERTICAIS: 
 
2.1. Coeficiente de Impacto Vertical (CIV): 
As cargas móveis devem ser majoradas pelo CIV para o dimensionamento dos elementos 
estruturais. 
Para vãos menores do que 10,0 m: CIV = 1,35 
Para vãos entre 10,0 m e 200,0 m: CIV = 1 + 1,06 x (20 / Liv +50) 
Observações: 
- Liv é o vão em metros; 
- Para vãos contínuos Liv é a média aritmética dos vãos; 
- Para vãos maiores que 200,0 m, deve ser feito estudo específico. 
 
 
 2.2. Coeficiente de Números de Faixas (CNF): 
As cargas móveis devem ser multiplicadas por um fator que leva em conta o número de faixas 
do tabuleiro: CNF 
CNF = 1 - 0,05 x ( n-2 ) > 0,9 
Onde: n = número de faixas de tráfego rodoviário, portanto acostamentos e faixas de segurança não 
são faixas de tráfego. 
Observação: O coeficiente CNF não se aplica para lajes e transversinas. 
 
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47 
 2.3. Coeficiente de Impacto Adicional (CIA): 
Nas regiões de juntas e extremidades a carga móvel deve ser majorada pelo Coeficiente de 
Impacto Adicional. 
Os esforços usados no dimensionamento dos elementos estruturais situados numa distância 
horizontal inferior à 5,0 m das juntas e extremidades, devem ser majorados pelo CIA. 
 
CIA = 1,25 para obras em concreto ou mistas; 
 
CIA = 1,15 para obras em aço 
 
Exemplos: 
 
1.) 
 
 
 L = 25 m 
 
Número de faixas: n=3 
 
CIV = 1+1,06 x (20 / 25+50) = 1,283 
 
CNF = 1- 0,05 x (3-2) = 0,95 > 0,9   = CIV x CNF = 1,283 x 0,95 = 1,219 
 
 Obs: Coeficiente de impacto usando ABNT NBR 7188/1984:  = 1,4 - 0,007 x 25 = 1,225 
 
 
 
2.) 
 
 
 L = 20 m L = 30 m L = 28 m 
 
 
Número de faixas: n=4 
 
Lmédio = (20+30+28) / 3 = 26,0 m 
 
CIV = 1+1,06 x (20 / 26+50) = 1,279 
 
CNF = 1-0,05 x (4-2) = 0,90   = CIV x CNF = 1,279 x 0,9 = 1,15 
 
 Obs: Coeficiente de impacto usando ABNT NBR 7188/1984:  = 1,4 - 0,007 x 26 = 1,218 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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48 
2.) Obtenção do Trem-Tipo Longitudinal: 
 
A obtenção do Trem Tipo Longitudinal é muito trabalhosa, portanto é pouco provável a sua 
determinação no ENADE. Convém revisar apenas a colocação do Trem Tipo na posição mais 
desfavorável na seção transversal: para duas vigas principais e para 3 ou mais vigas principais. 
 
 
OBTENÇÃO DO TREM-TIPO LONGITUDINAL PARA PONTES COM 2 VIGAS PRINCIPAIS 
 0,15 0,85 
 
 
 L = 25m 
   = 1,225
 
 
 Usar T.T. 45 tf 
 1,00 1,00 5,00 1,00 1,00 
 
 v1 v2 
 
 L.I. DE DISTRIBUIÇÃO TRANSVERSAL DE CARGAS PARA V1 
 
 
 1,00
 
 
 
 
 B B 
 p = 0,500 tf/m2 
 
 0,60 0,50 2,00 0,50 1,50 
 
 A A 
 
 0,25 1,50 
 
 p”= 0,300 tf/m2 p ‘ = 0,500 tf/m2 
 
 
 1,50 
 
 
 
 1,50 
 
 
 p = 0,500 tf/m2 
 
 DISPOSIÇÃO DO VEÍCULO NA PONTE 
 
 
 
 
 
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49 
Corte A-A 
 
 
 
0,60 0,25 0,25 2,00 0,50 3,25 
 p”=0,3tf/m2 7,5 7,5 
 p’ = 0,5 tf/m2
 
 
 
 
 
 
 
 
 v1 v2 
 
 
 L.I. DE DISTRIBUIÇÃO TRANSVERSAL DE CARGAS PARA V1 
 
 
 1,370 
 
1,25 
1,20
 
 1,15 1,0 0,75
 
 0,65 
 
 
 
 EIXO DA V1 EIXO DA V2 
 
 
- Cargas Concentradas  p = 7,5x  x (1,15 + 0,75) = 17,46 tf 
 
- Carga Lateral  pL = 0,500x  x (0,65 x 3,25) = 0,647 tf/m 
 2 
 
- Carga do Passeio pp = 0,300x (1,37 + 1,25)x 0,60 = 0,236 tf/m 
 2 
 
 
 17,46 tf 17,46 tf 17,46 tf 
 
 pp + pL = 0,883 tf/m 
 
 
 1,50 1,50 1,50 1,50 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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50 
Corte B-B 
 
 
 
0,85 2,75