Nota de Aula_Resistência dos Matertiais II_2015_1_Aluno

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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS II 
NOTAS DE AULA DO PROFESSOR FERNANDO PEROBA 
 
1. ROTEIRO PARA DETERMINAÇÃO DAS EQUAÇÕES DOS ESFORÇOS INTERNOS. 
O presente resumo teórico apresenta um roteiro para determinar as equações de esforços 
internos em elementos estruturais. Considere a viga isostática da Figura 1 que será 
utilizada como exemplo. 
 
 
 
 
 
 
Figura 1. Viga isostática. 
 
1.1. Divisão da viga em trechos. 
Antes de qualquer outro procedimento, faz-se necessário dividir a viga em trechos por 
meio da nomeação dos nós. Isto quer dizer que cada nó receberá uma letra maiúscula que 
o identificará. Assim, um trecho fica definido entre dois nós. Para cada trecho deverá ser 
calculada a equação dos esforços internos. 
 
Para o exemplo apresentado, existem quatro nós que definirão 3 trechos (ver Figura 2). 
Portanto, haverá a necessidade de se determinar três equações diferentes para cada tipo 
de esforço interno (N, Q e M). 
 
 
 
 
 
Figura 2. Viga com nós nomeados. 
 
As cotas representam a distância entre os nós e o comprimento de cada trecho. No entanto, 
objetiva-se a determinação de equações dos esforços internos. Tais equações são funções 
da variável independente 𝑥. Ou seja, não a distância e sim a posição de cada ponto da 
viga deverá ser levada em consideração. Quando se fala em posição, deve-se 
imediatamente definir o referencial adotado. Este terá a posição inicial 𝑥 = 0 e a posição 
de todos os outros pontos será definida a partir disso. Por convenção, costuma-se adotar 
um sentido crescente ou progressivo das posições da esquerda para a direita. 
 
D C B 
A 
Nesse contexto, adotando-se o ponto A como referencial, tem-se para os outros pontos as 
respectivas posições: 𝑥𝐵 = 4𝑚, 𝑥𝐶 = 6𝑚 e 𝑥𝐷 = 8𝑚. Caso fosse adotado outro ponto 
como referencial, as posições iriam mudar. Teoricamente pode-se adotar como referencial 
qualquer ponto dentro do contorno geométrico da viga. 
 
Depois de escolhido o referencial no ponto A, o domínio das funções dos esforços 
internos para cada trecho é: 
 
 AB  𝐷 = {𝑥 ∈ 𝑅/0 ≤ 𝑥 ≤ 4}, onde 𝑅 é o conjunto dos números reais. 
 BC  𝐷 = {𝑥 ∈ 𝑅/4 ≤ 𝑥 ≤ 6}, onde 𝑅 é o conjunto dos números reais. 
 CD  𝐷 = {𝑥 ∈ 𝑅/6 ≤ 𝑥 ≤ 8}, onde 𝑅 é o conjunto dos números reais. 
 
1.2. Cálculo das reações de apoio. 
O próximo passo é calcular as reações nos apoios da viga. Para tanto, deve-se 
primeiramente determinar a resultante das cargas distribuídas e seus respectivos pontos 
de aplicação. A mecânica clássica demonstra que a resultante de uma carga distribuída é 
área da figura geométrica definida pela função da carga, o eixo das abscissas e as retas 
verticais que passam pelos pontos de início e fim da distribuição de carga. Já o ponto de 
aplicação da resultante é o centroide da referida figura geométrica. 
 
Considere a viga da Figura 3. Nela é apresentada a resultante da carga distribuída, em 
linha pontilhada, que foi obtida pelo cálculo da área do retângulo que representa a 
distribuição de carga uniforme. A localização da carga resultante no meio do vão se deve 
ao centroide do retângulo. Assim, 
 
𝑅 = á𝑟𝑒𝑎 = 2
𝑘𝑁
𝑚
∙ 4𝑚 = 8𝑘𝑁 
�̅� = 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟ó𝑖𝑑𝑒 =
4𝑚
2
= 2𝑚 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 3. Determinação da resultante e de sua posição. 
Agora, pode-se aplicar as condições de equilíbrio da Estática para calcular as reações de 
apoio. 
 
→ ∑𝐻 = 0  𝑯𝑨 = 𝟎 
2m 
𝑉𝐷 𝑉𝐴 
8𝑘𝑁 
D C B 
A 
↑ ∑𝑉 = 0  𝑉𝐴 + 𝑉𝐷 = 18 
↶ ∑𝑀𝐴 = 0  𝑉𝐷 ∙ 8 − 8 ∙ 2 − 10 ∙ 6 = 0  𝑽𝑫 = 𝟗, 𝟓𝒌𝑵 e 𝑽𝑨 = 𝟖, 𝟓𝒌𝑵 
 
 
 
3. Equações dos esforços internos. 
 
De posse das reações de apoio será possível determinar as equações de esforços internos 
pretendidas por meio do método das seções. A definição de cada esforço interno e sua 
respectiva convenção de sinais é mostrada na Tabela 1: 
Tabela 1. Definição e convenção de sinais dos esforços internos. 
ESFORÇO DEFINIÇÃO 
CONVENÇÃO 
DE SINAIS 
NORMAL 
Somatório de todas as forças axiais à esquerda 
ou à direita das seção estudada. 
 
CORTANTE 
Somatório de todas as forças transversais à 
esquerda ou à direita das seção estudada. 
 
FLETOR 
Somatório de todos os momentos à esquerda 
ou à direita das seção estudada. 
 
Finalmente, para cada trecho da viga anteriormente definido, serão calculadas as 
equações dos esforços internos. 
a) Trecho AB, 0 ≤ 𝑥 ≤ 4. 
Faz-se uma seção genérica que dista 𝑥 da origem, em um ponto qualquer dentro do 
domínio do trecho, e olha-se para esquerda (Figura 4). Como o vão de carga distribuída 
para a seção é 𝑥 e a altura do retângulo continua 2, o valor da resultante será 2𝑥, aplicada 
no meio do vão. 
 
Figura 4. Seção da esquerda do trecho 1. 
As equações para o trecho 1 são: 
𝑁1 = 0 
𝑄1 = 8,5 − 2𝑥 
𝑀1 = 8,5𝑥 − 2𝑥 ∙
𝑥
2
= 8,5𝑥 − 𝑥2 
b) Trecho BC, 4 ≤ 𝑥 ≤ 6. 
+ 
+ 
+ 
Da mesma forma, faz-se uma seção genérica no trecho BC que dista 𝑥 da origem (Figura 
5). Neste caso a resultante da carga distribuída passa a ser 8𝑘𝑁, aplicada no meio do vão 
da distribuição de carga. Escolhendo-se olhar à esquerda da seção, tem-se: 
 
Figura 5. Seção da esquerda do trecho 2. 
 
Todas as equações de esforços internos são sempre determinadas em relação à seção 
escolhida. Desta forma: 
𝑁1 = 0 
𝑄1 = 8,5 − 8 = 0,5 (Função constante) 
𝑀1 = 8,5𝑥 − 8 ∙ (𝑥 − 2) = 8,5𝑥 − 8𝑥 + 16 = 0,5𝑥 + 16 
b) Trecho CD, 6 ≤ 𝑥 ≤ 8. 
Depois de seccionar um ponto qualquer do trecho CD, escolhe-se olhar à esquerda da 
seção mais uma vez. Observe que a distância da força resultante e da força concentrada 
até a seção é sempre igual à 𝑥 menos a respectiva posição de cada uma dessas forças. 
 
Figura 6. Seção da esquerda do trecho 3. 
Desta forma, obtém-se: 
𝑁1 = 0 
𝑄1 = 8,5 − 8 − 10 = 9,5 (Função constante) 
𝑀1 = 8,5𝑥 − 8 ∙ (𝑥 − 2) − 10 ∙ (𝑥 − 6) = 8,5𝑥 − 8𝑥 + 16 − 10𝑥 + 60 = −9,5𝑥 + 76 
Os mesmos resultados seriam encontrados caso se tivesse escolhido olhar à direita da 
seção (faça isso como exercício). Este procedimento, se for seguido cuidadosamente, 
acarretará no bom entendimento deste assunto que é de fundamental importância para a 
determinação da equação da linha elástica. Faça os exercícios a seguir para melhor 
fixação do conteúdo. Bons estudos! 
2. EXERCÍCIOS DE APLICAÇÃO – ESFORÇOS INTERNOS EM VIGAS 
 Para as vigas a seguir, determine as equações de Esforços Internos: 
 
01) 
 
 
 
 
 
 
 
02) 
 
 
 
 
03) 
 
 
 
04) 
 
 
𝑉𝐴 = 33𝑘𝑁 
𝑉𝐷 = 15𝑘𝑁 
(0 ≤ 𝑥 ≤ 4): {
𝑄1 = 33 − 12𝑥
𝑀1 = 33𝑥 − 6𝑥
2 
 
(4 ≤ 𝑥 ≤ 6): {
𝑄2 = 33 − 48 = −15
𝑀2 = −15𝑥 + 96
 
 
(6 ≤ 𝑥 ≤ 8): {
𝑄3 = −15
𝑀3 = −15𝑥 + 120
 
 
 
 
 
 
 
 
 
05) 
 
 
𝑉𝐴 = 57,7𝑘𝑁 
𝑉𝐷 = 52,3𝑘𝑁 
(0 ≤ 𝑥 ≤ 2): {
𝑄1 = 57,7 − 8𝑥
𝑀1 = 57,7𝑥 − 4𝑥
2 
 
(2 ≤ 𝑥 ≤ 6): {
𝑄2 = 55,7 − 12𝑥
𝑀2 = −6𝑥
2 + 55,7𝑥 + 12
 
 
(6 ≤ 𝑥 ≤ 9): {
𝑄3 = 1,7 − 6𝑥
𝑀3 = −3𝑥
2 + 1,7𝑥 + 227,7
 
 
 
06) 
 
𝑉𝐵 = 45,5𝑘𝑁 
𝑉𝐶 = 4,5𝑘𝑁 
(0 ≤ 𝑥 ≤ 2): {
𝑄1 = −18
𝑀1 = −18𝑋
 
 
(2 ≤ 𝑥 ≤ 6): {
𝑄2 = 43,5 − 8𝑥
𝑀2 = −4𝑥
2 + 43,5𝑥 − 107
 
 
(6 ≤ 𝑥 ≤ 8): {
𝑄3 = 0
𝑀3 = 10
 
 
 
 
 
 
 
07) 
 
 
𝑉𝐴 = −2𝑘𝑁 ↓ 
𝓂𝐴 = 38𝑘𝑁.𝑚 
(0 ≤ 𝑥 ≤ 2): {
𝑄1 = −2
𝑀1 = 38 − 2𝑥
 
 
(2 ≤ 𝑥 ≤ 4): {
𝑄2 = −2
𝑀2 = 28 − 2𝑥
 
 
(4 ≤ 𝑥 ≤ 6): {
𝑄3 = 30 − 8𝑥
𝑀3 = −4𝑥
2 + 30𝑥 − 36
 
 
 
3. EQUAÇÃO DIFERENCIAL DA LINHA ELÁSTICA 
 
01) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha 
máxima e da inclinaçãonos apoios da viga mostrada a seguir. Dado: 𝐸𝐼 = 2,5 ∙
105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
1. Equação diferencial. 
 
𝑉𝐴 = 𝑉𝐵 = 10𝑘𝑁 
𝐸𝐼𝑦" = 10𝑥 − 2𝑥2 
𝐸𝐼𝑦′ = 5𝑥2 −
2
3
𝑥3 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦 =
5
3
𝑥3 −
1
6
𝑥4 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
2. Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 5 e 𝑦 = 0 
 
3. Cálculo das constantes de integração. 
 
𝐸𝐼(0) =
5
3
(0)3 −
1
6
(0)4 + 𝐶1(0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
𝐸𝐼(0) =
5
3
(5)3 −
1
6
(5)4 + 𝐶1(5) 
𝑪𝟏 = −
𝟏𝟐𝟓
𝟔
 
 
4. Flecha máxima. 
 
A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 
𝐸𝐼𝑦′ = 5𝑥2 −
2
3
𝑥3 −
125
6
= 0 
 
Raízes calculadas pelo Microsoft Mathematics: 
𝒙 = 𝟐, 𝟓 
𝑥 = −1,83 (Fora do domínio) 
𝑥 = 6,83 (Fora do domínio) 
 
𝐸𝐼𝑦 =
5
3
𝑥3 −
1
6
𝑥4 −
125
6
𝑥 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 =
5
3
(2,5)3 −
1
6
(2,5)4 −
125
6
(2,5) 
𝒚𝒎á𝒙 = −𝟎, 𝟏𝟑𝒎𝒎 ↓ 
 
5. Rotações nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦′ = 5𝑥2 −
2
3
𝑥3 −
125
6
 
𝜃𝐴 = −𝜃𝐵 =
1
2,5 ∙ 105
[5(0)2 −
2
3
(0)3 −
125
6
] = −𝟖, 𝟑 ∙ 𝟏𝟎−𝟓𝒓𝒂𝒅 
 
 
02) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha 
máxima e da inclinação nos apoios. Dados: 𝐸𝐼 = 2,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
1. Equação diferencial. 
 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 
6 ∙ 𝑉𝐵 + 20 − 20 = 0 
𝑉𝐴 = 𝑉𝐵 = 0 
 
𝐸𝐼𝑦" = −20 
𝐸𝐼𝑦′ = −20𝑥 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦 = −10𝑥2 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
2. Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 6 e 𝑦 = 0 
 
3. Cálculo das constantes de integração. 
 
𝐸𝐼(0) = −10(0)2 + 𝐶1(0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
𝐸𝐼(0) = −10(6)2 + 𝐶1(6) 
𝑪𝟏 = 𝟔𝟎 
 
4. Flecha máxima. 
 
A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 
𝐸𝐼𝑦′ = −20𝑥 + 60 = 0 
𝒙 = 𝟑𝒎 
 
𝐸𝐼𝑦 = −10𝑥2 + 60𝑥 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = −10(3)
2 + 60(3) 
𝒚𝒎á𝒙 = +𝟎, 𝟒𝟓𝒎𝒎 ↑ 
 
5. Rotações nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦′ = −20𝑥 + 60 
𝜃𝐴 = −𝜃𝐵 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟑𝒓𝒂𝒅 
 
03) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha 
máxima e da inclinação nos apoios. Dados: 𝐸𝐼 = 6,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐 
 
𝑀 = 80𝑥 
𝐸𝐼𝑦1
" = 80𝑥 
𝐸𝐼𝑦1
′ = 40𝑥2 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦1 =
40
3
𝑥3 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
Trecho II: 𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 
 
𝑀 = −40𝑥 + 240 
𝐸𝐼𝑦2
" = −40𝑥 + 240 
𝐸𝐼𝑦2
′ = −20𝑥2 + 240𝑥 + 𝐶3 
𝐸𝐼𝑦2 = −
20
3
𝑥3 + 120𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 
 
Condições de contorno. 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 6 e 𝑦 = 0 
iii) 𝑥 = 2 e 𝑦1
′ = 𝑦2
′ 
iv) 𝑥 = 2 e 𝑦1 = 𝑦2 
Substituição das condições de contorno. 
𝐸𝐼 ∙ (0) =
40
3
∙ (0)3 + 𝐶1 ∙ (0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
𝐸𝐼 ∙ (0) = −
20
3
(6)3 + 120 ∙ (6)2 + 𝐶3 ∙ (6) + 𝐶4 
 
𝟔𝑪𝟑 + 𝑪𝟒 = −𝟐𝟖𝟖𝟎 
 
40𝑥2 + 𝐶1 = −20𝑥
2 + 240𝑥 + 𝐶3 
40(2)2 + 𝐶1 = −20(2)
2 + 240(2) + 𝐶3 
 
𝑪𝟏 − 𝑪𝟑 = 𝟐𝟒𝟎 
 
40
3
𝑥3 + 𝐶1𝑥 = −
20
3
𝑥3 + 120𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 
40
3
(2)3 + 𝐶1(2) = −
20
3
(2)3 + 120(2)2 + 𝐶3(2) + 𝐶4 
 
2(𝐶1 − 𝐶3) = 320 + 𝐶4 
 
2 ∙ 240 = 320 + 𝐶4 
𝑪𝟒 = 𝟏𝟔𝟎 
 
6𝐶3 + 160 = −2880 
𝑪𝟑 = −𝟓𝟎𝟔, 𝟔𝟕 
 
𝐶1 − (−506,67) = 240 
 
𝑪𝟏 = −𝟐𝟔𝟔, 𝟔𝟕 
 
 
 
Equações da linha elástica. 
 
Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐 
 
𝐸𝐼𝑦1
′ = 40𝑥2 − 266,67 
𝐸𝐼𝑦1 =
40
3
𝑥3 − 266,67𝑥 
 
Trecho II: 𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 
 
𝐸𝐼𝑦2
′ = −20𝑥2 + 240𝑥 − 506,67 
𝐸𝐼𝑦2 = −
20
3
𝑥3 + 120𝑥2 − 506,67𝑥 + 160 
 
Flecha máxima. 
 
𝑦𝑚á𝑥 → 𝑦
′ = 0 
 
i) Verificação da flecha máxima no primeiro trecho. 
 
40𝑥2 − 266,67 = 0 
𝑥 = 2,58𝑚 > 2𝑚 
 
A posição desse máximo está fora do domínio do trecho. Portanto, a flecha máxima não 
ocorre nele. 
 
ii) Verificação da flecha máxima no segundo trecho. 
 
−20𝑥2 + 240𝑥 − 506,67 = 0 
𝒙′ = 𝟐, 𝟕𝟑𝒎 
𝑥′ = 9,27 (Fora do domínio) 
 
Flecha máxima. 
 
O valor encontrado para 𝑥, que indica a posição da flecha máxima, deve ser substituído 
na segunda equação. 
 
𝐸𝐼𝑦2 = −
20
3
𝑥3 + 120𝑥2 − 506,67𝑥 + 160 
 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = −
20
3
(2,73)3 + 120(2,73)2 − 506.67(2,73) + 160 
 
𝒚𝒎á𝒙 = −𝟎, 𝟕𝟕𝒎𝒎 ↓ 
 
Inclinação nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦1
′ = 40𝑥2 − 266,67 
𝐸𝐼𝜃𝐴 = 40(0)
2 − 266,67 
𝜽𝑨 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟒𝟓 rad 
 
𝐸𝐼𝑦2
′ = −20𝑥2 + 240𝑥 − 506,67 
𝐸𝐼𝜃𝐵 = −20(6)
2 + 240(6) − 506,67 
𝜽𝑩 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟑𝟔 rad 
 
 
04) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha 
máxima e da inclinação nos apoios. Dados: 𝐸𝐼 = 2,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐 
 
𝑀 = 2𝑥 
𝐸𝐼𝑦1
" = 2𝑥 
𝐸𝐼𝑦1
′ = 𝑥2 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦1 =
1
3
𝑥3 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
Trecho II: 𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 
 
𝑀 = 2𝑥 − 12 
𝐸𝐼𝑦" = 2𝑥 − 12 
𝐸𝐼𝑦2
′ = 𝑥2 − 12𝑥 + 𝐶3 
𝐸𝐼𝑦2 =
1
3
𝑥3 − 6𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 
 
Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 6 e 𝑦 = 0 
iii) 𝑥 = 2 e 𝑦1
′ = 𝑦2
′ 
iv) 𝑥 = 2 e 𝑦1 = 𝑦2 
 
Substituição das condições de contorno. 
 
𝐸𝐼 ∙ (0) =
1
3
∙ (0)3 + 𝐶1 ∙ (0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
𝐸𝐼 ∙ (0) =
1
3
∙ (6)3 − 6 ∙ (6)2 + 𝐶3 ∙ (6) + 𝐶4 
 
𝟔𝑪𝟑 + 𝑪𝟒 = 𝟏𝟒𝟒 
 
𝑥2 + 𝐶1 = 𝑥
2 − 12𝑥 + 𝐶3 
(2)2 + 𝐶1 = (2)
2 − 12(2) + 𝐶3 
 
𝑪𝟏 − 𝑪𝟑 = −𝟐𝟒 
 
1
3
𝑥3 + 𝐶1𝑥 =
1
3
𝑥3 − 6𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 
1
3
(2)3 + 𝐶1(2) =
1
3
(2)3 − 6(2)2 + 𝐶3(2) + 𝐶4 
 
2(𝐶1 − 𝐶3) = −24 + 𝐶4 
 
2 ∙ (−24) = −24 + 𝐶4 
𝑪𝟒 = −𝟐𝟒 
 
6𝐶3 − 24 = 144 
𝑪𝟑 = 𝟐𝟖 
 
𝐶1 − (28) = −24 
 
𝑪𝟏 = 𝟒 
 
Equações da linha elástica. 
 
Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐 
 
𝐸𝐼𝑦1
′ = 𝑥2 + 4 
𝐸𝐼𝑦1 =
1
3
𝑥3 + 4𝑥 
 
Trecho II: 𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 
 
𝐸𝐼𝑦2
′ = 𝑥2 − 12𝑥 + 28 
𝐸𝐼𝑦2 =
1
3
𝑥3 − 6𝑥2 + 28𝑥 − 24 
 
Flecha máxima. 
 
𝑦𝑚á𝑥 → 𝑦
′ = 0 
 
i) Verificação da flecha máxima no primeiro trecho. 
 
𝑥2 + 4 = 0 
Não existem raízes reais para essa equação nesse trecho. Portanto, a flecha máxima não 
ocorre nele. 
 
ii) Verificação da flecha máxima no segundo trecho. 
 
𝑥2 − 12𝑥 + 28 = 0 
𝒙′ = 𝟑, 𝟏𝟕𝒎 
𝑥′ = 8,83 (Fora do domínio) 
 
Flecha máxima. 
 
O valor encontrado para 𝑥, que indica a posição da flecha máxima, deve ser substituído 
na segunda equação. 
 
𝐸𝐼𝑦2 =
1
3
𝑥3 − 60𝑥2 + 388𝑥 − 240 
 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 =
1
3
(3,17)3 − 6(3,17)2 + 388(3,17) − 24 
 
𝒚𝒎á𝒙 = 𝟎, 𝟎𝟕𝟓𝒎𝒎 ↑ 
 
Inclinação nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦1
′ = 𝑥2 + 4 
𝐸𝐼𝜃𝐴 = (0)
2 + 8 
𝜽𝑨 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐 rad 
 
𝐸𝐼𝑦2
′ = 𝑥2 − 12𝑥 + 28 
𝐸𝐼𝜃𝐵 = (6)
2 − 12(6) + 28 
𝜽𝑩 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟒 rad 
 
05) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha 
máxima e da inclinação nos apoios. Dados: 𝐸𝐼 = 6,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐶 = 4 + 12 + 8 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐶 = 24 
 
6 + 4 ∙ 𝑉𝐶 − 8 ∙ 3 − 12 ∙ 2 − 4 ∙ 1 = 0 
𝑉𝐶 =
24 + 24 + 4 − 6
4
 
𝑉𝐶 = 11,5 𝑘𝑁 
𝑉𝐴 = 12,5 𝑘𝑁 
 
 
Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐 
 
𝑀 = 12,5𝑥 − 2𝑥 ∙
𝑥
2
 
𝐸𝐼𝑦1
" = 12,5𝑥 − 𝑥2 
𝐸𝐼𝑦1
′ =
12,5
2
𝑥2 −
1
3
𝑥3 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦1 =
12,5
6
𝑥3 −
1
12
𝑥4 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
Trecho II: 𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟒 
 
𝑀 = 12.5𝑥 − 4(𝑥 − 1) − 12(𝑥 − 2) − 4(𝑥 − 2) ∙
(𝑥 − 2)
2
 
𝐸𝐼𝑦2
" = −2𝑥2 + 4,5𝑥 + 20 
𝐸𝐼𝑦2
′ = −
2
3
𝑥3 +
4,5
2
𝑥2 + 20𝑥 + 𝐶3 
𝐸𝐼𝑦2 = −
2
12
𝑥4 +
4,5
6
𝑥3 +
20
2𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 
 
Trecho III: 𝟒 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 
 
𝑀 = 6 (olhando para a direita) 
𝐸𝐼𝑦" = 6 
𝐸𝐼𝑦3
′ = 6𝑥 + 𝐶5 
𝐸𝐼𝑦3 = 3𝑥
2 + 𝐶5𝑥 + 𝐶6 
 
Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦1 = 0 
ii) 𝑥 = 4 e 𝑦2 = 0 
iii) 𝑥 = 2 e 𝑦1
′ = 𝑦2
′ 
iv) 𝑥 = 2 e 𝑦1 = 𝑦2 
v) 𝑥 = 4 e 𝑦2
′ = 𝑦3
′ 
vi) 𝑥 = 4 e 𝑦2 = 𝑦3 
 
 
 
 
 
Substituição das condições de contorno. 
 
i) 
𝐸𝐼(0) =
12,5
6
(0)3 −
1
12
(0)4 + 𝐶1(0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
ii) 
𝐸𝐼(0) = −
2
12
(4)4 +
4,5
6
(4)3 +
20
2
(4)2 + 𝐶3(4) + 𝐶4 
𝟒𝑪𝟑 + 𝑪𝟒 = −
𝟒𝟗𝟔
𝟑
 
 
iii) 
 
12,5
2
𝑥2 −
1
3
𝑥3 + 𝐶1 = −
2
3
𝑥3 +
4,5
2
𝑥2 + 20𝑥 + 𝐶3 
12,5
2
(2)2 −
1
3
(2)3 + 𝐶1 = −
2
3
(2)3 +
4,5
2
(2)2 + 20(2) + 𝐶3 
 
𝑪𝟏 − 𝑪𝟑 =
𝟔𝟒
𝟑
 
iv) 
 
12,5
6
𝑥3 −
1
12
𝑥4 + 𝐶1𝑥 = −
2
12
𝑥4 +
4,5
6
𝑥3 +
20
2
𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 
12,5
6
(2)3 −
1
12
(2)4 + 𝐶1(2) = −
2
12
(2)4 +
4,5
6
(2)3 +
20
2
(2)2 + 𝐶3(2) + 𝐶4 
 
2(𝐶1 − 𝐶3) = 28 + 𝐶4 
 
2 ∙
64
3
= 28 + 𝐶4 
𝑪𝟒 =
𝟒𝟒
𝟑
 
 
Substituição. 
 
4𝐶3 +
44
3
= −
496
3
 
𝑪𝟑 = −𝟒𝟓 
 
 
v) 
 
−
2
3
𝑥3 +
4,5
2
𝑥2 + 20𝑥 + 𝐶3 = 6𝑥 + 𝐶5 
−
2
3
(4)3 +
4,5
2
(4)2 + 20(4) + 𝐶3 = 6(4) + 𝐶5 
 
𝑪𝟑 − 𝑪𝟓 = −
𝟏𝟒𝟖
𝟑
 
 
vi) 
 
−
2
12
𝑥4 +
4,5
6
𝑥3 +
20
2
𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 = 3𝑥
2 + 𝐶5𝑥 + 𝐶6 
 
−
2
12
(4)4 +
4.5
6
(4)3 +
20
2
(4)2 + 𝐶3(4) + 12 = 3(4)
2 + 𝐶5(4) + 𝐶6 
388
3
+ 4 ∙ (𝐶3 − 𝐶5) = 𝐶6 
𝐶6 =
388
3
+ 4 ∙ (−
148
3
) 
 
𝑪𝟔 = −𝟔𝟖 
 
Substituição. 
 
𝐶1 − (−45) =
64
3
 
 
𝑪𝟏 = −
𝟕𝟏
𝟑
 
 
−45 − 𝐶5 = −
148
3
 
𝑪𝟓 =
𝟏𝟑
𝟑
 
 
 
 
Equações da linha elástica. 
 
Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐 
 
𝐸𝐼𝑦1
′ =
12,5
2
𝑥2 −
1
3
𝑥3 −
71
3
 
𝐸𝐼𝑦1 =
12,5
6
𝑥3 −
1
12
𝑥4 −
71
3
𝑥 
 
Trecho II: 𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟒 
 
𝐸𝐼𝑦2
′ = −
2
3
𝑥3 +
4,5
2
𝑥2 + 20𝑥 − 45 
𝐸𝐼𝑦2 = −
2
12
𝑥4 +
4,5
6
𝑥3 +
20
2
𝑥2 − 45𝑥 +
44
3
 
 
Trecho III: 𝟒 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 
 
𝐸𝐼𝑦3
′ = 6𝑥 +
13
3
 
𝐸𝐼𝑦3 = 3𝑥
2 +
13
3
𝑥 − 68 
 
Flecha máxima. 
 
𝑦𝑚á𝑥 → 𝑦
′ = 0 
 
i) Verificação da flecha máxima no primeiro trecho. 
 
12.5
2
𝑥2 −
1
3
𝑥3 −
71
3
𝑥 = 0 
Raízes calculadas pelo Microsoft Mathematics: 
𝑥 = 0 (máximo local) 
𝑥 = 5,26 (Fora do domínio) 
𝑥 = 13,48 (Fora do domínio) 
 
A posição desse máximo está fora do domínio do trecho. Portanto, a flecha máxima não 
ocorre nele. 
 
 
ii) Verificação da flecha máxima no segundo trecho. 
 
−
2
3
𝑥3 +
4.5
2
𝑥2 + 20𝑥 − 45 = 0 
𝒙 = 𝟐, 𝟎𝟔 
𝑥 = −5,01 (Fora do domínio) 
𝑥 = 6,41 (Fora do domínio) 
 
iii) Verificação da flecha máxima no terceiro trecho. 
 
6𝑥 +
13
3
= 0 
𝑥 = −0,72 (Fora do domínio) 
 
Flecha máxima. 
 
O valor encontrado para 𝑥, que indica a posição da flecha máxima, deve ser substituído 
na segunda equação. 
 
𝐸𝐼𝑦2 = −
2
12
𝑥4 +
4,5
6
𝑥3 +
20
2
𝑥2 − 45𝑥 +
44
3
 
 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = −
2
12
(2,06)4 +
4,5
6
(2,06)3 +
20
2
(2,06)2 − 45(2,06) +
44
3
 
 
𝒚𝒎á𝒙 = −𝟎, 𝟎𝟓𝟑𝒎𝒎 ↓ 
 
Inclinação nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦1
′ =
12,5
2
𝑥2 −
1
3
𝑥3 −
71
3
 
𝐸𝐼𝜃𝐴 =
12,5
2
(0)2 −
1
3
(0)3 −
71
3
 
𝜽𝑨 = −𝟑, 𝟗𝟒𝟒 ∙ 𝟏𝟎
−𝟓 rad 
 
𝐸𝐼𝑦2
′ = −
2
3
𝑥3 +
4,5
2
𝑥2 + 20𝑥 − 45 
𝐸𝐼𝜃𝐶 = −
2
3
(4)3 +
4,5
2
(4)2 + 20(4) − 45 
𝜽𝑩 = 𝟒, 𝟕𝟐𝟐 ∙ 𝟏𝟎
−𝟓 rad 
 
06) Considere que não há reações horizontais para a viga hiperestática abaixo. Sabendo 
que sua rigidez é 𝐸𝐼 = 4,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚², utilize o método da superposição (Tabela) para 
determinar as reações de apoio nos engastes. 
 
 
Antes de qualquer procedimento, deve-se levar em conta as seguintes simplificações: 
 
a) As reações horizontais nos engastes são consideradas nulas; 
b) Existem duas reações superabundantes. Portanto, deve-se fazer a compatibilidade dos 
deslocamentos no engaste da direita tanto em relação ao deslocamento vertical quanto à 
rotação, sendo ambas nulas. 
 
Condição 1. 
 
𝑦𝐷 = 𝑦𝑤 + 𝑦𝑃 + 𝑦𝑉 + 𝑦𝑀 = 0 
 
−
𝑤𝐿𝐴𝐵
4
8𝐸𝐼
+ 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ ∙ (−
𝑤𝐿𝐴𝐵
3
6𝐸𝐼
) −
𝑃𝐿𝐴𝐶
3
3𝐸𝐼
+ 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ ∙ (−
𝑃𝐿𝐴𝐶
2
2𝐸𝐼
) +
𝑉𝐷𝐿
3
3𝐸𝐼
−
𝑀𝐷𝐿
2
2𝐸𝐼
= 0 
 
−
6 ∙ 44
8
+ 4 ∙ (−
6 ∙ 43
6
) −
12 ∙ 63
3
+ 2 ∙ (−
12 ∙ 62
2
) +
𝑉𝐷 ∙ 8
3
3
−
𝑀𝐷 ∙ 8
2
2
= 0 
 
𝑽𝐃 =
𝟑𝑴𝑫
𝟏𝟔
+
𝟑𝟐𝟕
𝟑𝟐
 
 
Condição 2. 
 
𝜃𝐷 = 𝜃𝑤 + 𝜃𝑃 + 𝜃𝑉 + 𝜃𝑀 = 0 
 
−
𝑤𝐿𝐴𝐵
3
6𝐸𝐼
−
𝑃𝐿𝐴𝐶
2
2𝐸𝐼
−
𝑉𝐷𝐿
2
2𝐸𝐼
−
𝑀𝐷𝐿
𝐸𝐼
= 0 
 
−
6 ∙ 43
6
−
12 ∙ 62
2
+
𝑉𝐷 ∙ 8
2
2
−𝑀𝐷 ∙ 8 = 0 
 
𝑽𝐃 =
𝑴𝑫 + 𝟑𝟓
𝟒
 
 
Deve-se agora resolver o sistema formado pelas duas equações anteriores: 
 
{
𝑉𝐷 =
3𝑀𝐷
16
+
327
32
𝑉𝐷 =
𝑀𝐷 + 35
4
 
 
𝑽𝑫 = 𝟏𝟒, 𝟔𝟑 𝒌𝑵 
 
𝑴𝑫 = 𝟐𝟑, 𝟓 𝒌𝑵.𝒎 
 
Fazendo o equilíbrio estático, tem-se: 
 
↑ ∑𝑉 = 0 
 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐷 − 24 − 12 = 0 
 
𝑉𝐴 + 14,63 = 36 
 
𝑽𝑨 = 𝟐𝟏, 𝟑𝟕 𝒌𝑵 
 
↺∑𝑀𝐴 = 0 
 
𝑀𝐴 + 14.63 ∙ 8 − 23.5 − 24 ∙ 2 − 12 ∙ 6 = 0 
 
𝑴𝑨 = 𝟐𝟔, 𝟒𝟔 𝒌𝑵.𝒎 
 
07) Dada a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima e a inclinação 
nos apoios. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de 
equações da linha elástica. Dados: 𝐸𝐼 = 8,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
 
 
 
 
08) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de apoio. Aplique o 
método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. 
Dados: 𝐸𝐼 = 8,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
09) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de apoio. Aplique o 
método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. 
Dados: 𝐸𝐼 = 8,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
10) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de apoio. Aplique o 
método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. 
 
 
A viga é feita de aço temperado e revenido ASTM-A709 classe 690 e tem seção 
transversal retangular de 100𝑚𝑚 × 120𝑚𝑚. 
OBS: Em todas as questões acima, independentemente da solução ser obtida por meio da 
equação da linha elástica ou pelo método da superposição (Tabela), faça uma lista de 
todas as condições de contorno possíveis envolvidas em cada caso. 
 
 
 
 
 
 
4. EXERCÍCOS RESOLVIDOS 
 
01) Dada a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha e a rotação 
na extremidade em balanço. Utilize a tabela de deslocamento transversal e 
inclinação da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 4 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
 
 
 
Utilizando a tabela, tem-se: 
 
𝛿𝐵 = −
𝑞𝐿4
30𝐸𝐼
= −
2 ∙ 34
30 ∙ 4 ∙ 105
= 1,35 ∙ 10−5 𝑚 = 0,0135𝑚𝑚 
𝜃𝐵 = −
𝑞𝐿3
24𝐸𝐼
= −
2 ∙ 33
24 ∙ 4 ∙ 105
= 5,625 ∙ 10−6 𝑟𝑎𝑑 
 
02) Considere a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima 
e a inclinação no apoio da esquerda. Aplique o método da superposição por 
meio da utilização da tabela de equações dalinha elástica. Dados: 𝐸𝐼 = 8 ∙
105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
 
 
 
 
Deve-se utilizar a tabela da linha elástica para os três casos de carregamento observados: 
carga uniformemente distribuída ao longo do vão completo da viga, carga concentrada 
aplicada nomeio do vão e carga momento concentrada aplicada no apoio da esquerda. 
Desta forma: 
 
𝑦 = 𝑦𝑞 + 𝑦𝑃 + 𝑦𝑀 
𝑦 = −
𝑞𝑥
24𝐸𝐼
(𝐿3 − 2𝐿𝑥2 + 𝑥3) −
𝑃𝑥
48𝐸𝐼
(3𝐿2 − 4𝑥2) −
𝑀𝑥
6𝐿𝐸𝐼
(2𝐿2 − 3𝐿𝑥 + 𝑥2) 
 
𝑦 = −
2𝑥
24𝐸𝐼
(103 − 2 ∙ 10 ∙ 𝑥2 + 𝑥3) −
12𝑥
48𝐸𝐼
(3 ∙ 102 − 4𝑥2)
−
24𝑥
6 ∙ 10 ∙ 𝐸𝐼
(2 ∙ 102 − 3 ∙ 10 ∙ 𝑥 + 𝑥2) 
 
𝑦 =
1
𝐸𝐼
(−
𝑥4
12
+
34𝑥3
15
+ 12𝑥2 −
715𝑥
3
) 
 
𝑦′ =
1
𝐸𝐼
(−
𝑥3
3
+
34𝑥2
5
+ 24𝑥 −
715
3
) 
 
Para obter-se a posição da flecha máxima é necessário igualar a equação da inclinação a 
zero. 
 
1
𝐸𝐼
(−
𝑥3
3
+
34𝑥2
5
+ 24𝑥 −
715
3
) = 0 
 
Resolvendo a equação acima, obtém-se as seguintes raízes: 
 
𝑥1 = 22,19 (Fora do domínio) 
𝑥2 = −6,64 (Fora do domínio) 
𝒙𝟑 = 𝟒, 𝟖𝟓 
 
Desta forma: 
 
i) Flecha máxima. 
 
𝑦𝑚á𝑥 =
1
8 ∙ 105
∙ (−
4,854
12
+
34 ∙ 4,853
15
+ 12 ∙ 4,852 −
715 ∙ 4,85
3
) 
𝒚𝒎á𝒙 = −𝟎, 𝟖𝟐𝟔𝟓 𝒎𝒎 
 
 
ii) Rotação nos apoios. 
 
𝑦′ = 𝜃𝐴 =
1
8 ∙ 105
∙ (−
03
3
+
34 ∙ 02
5
+ 24 ∙ 0 −
715
3
) 
 
𝜽𝑨 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟐𝟗𝟕𝟗 𝒓𝒂𝒅 
 
 
03) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de 
apoio. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de 
equações da linha elástica. Dados: 𝐸𝐼 = 5 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1. Cálculo das reações de apoio. 
 
↑ ∑𝑉 = 0  𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 + 𝑉𝐶 = 20 
→ ∑𝐻 = 0  𝑯𝑨 = 𝟎 
↶ ∑𝑀𝐴 = 0  𝑉𝐶 ∙ 8 + 𝑉𝐵 ∙ 4 − 12 ∙ 6 − 8 ∙ 2 = 0 
2. Método da superposição. 
A reação vertical do apoio B pode ser considerada superabundante, tornando o problema 
hiperestático. Para resolver esse óbice, deve-se retirar o apoio intermediário a fim de se 
obter uma viga isostática auxiliar. Tal procedimento não pode ficar impune. Em 
contrapartida, para restabelecer as condições originais da estrutura, aplica-se uma carga 
P vertical e para cima ao nó B. Por fim, a seguinte equação de compatibilidade dos 
deslocamentos deve ser considerada: 
𝛿1𝐵 + 𝛿2𝐵 + 𝛿3𝐵 = 0 
[−
𝑞𝑥
24𝐿𝐸𝐼
(𝐿𝑥3 − 4𝑎𝐿𝑥2 + 2𝑎2𝑥2 + 4𝑎2𝐿2 − 4𝑎3𝐿 + 𝑎4)] + [−
𝑃𝑏𝑥
6𝐿𝐸𝐼
(𝐿2 − 𝑏2 − 𝑥2)] +
𝑉𝐵𝐿
3
48𝐸𝐼
= 0 
[−
2 ∙ 4
24 ∙ 8
(8 ∙ 43 − 4 ∙ 4 ∙ 8 ∙ 42 + 2 ∙ 42 ∙ 42 + 4 ∙ 42 ∙ 82 − 4 ∙ 43 ∙ 8 + 44)]
+ [−
12 ∙ 2 ∙ 4
6 ∙ 8
(82 − 22 − 42)] +
𝑉𝐵 ∙ 8
3
48
= 0 
𝑽𝑩 = 𝟏𝟑, 𝟐𝟓 𝒌𝑵 
Substituindo o valor acima nas equações encontradas por meio do equilíbrio da estático, obtém-se as demais reações 
de apoio: 
𝑽𝑨 = 𝟐, 𝟑𝟕𝟓 𝒌𝑵 
𝑽𝑪 = 𝟒, 𝟑𝟕𝟓 𝒌𝑵 
 
04) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da 
flecha máxima e da inclinação nos apoios da viga mostrada a seguir. Dado: 
𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
1. Equação diferencial. 
 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 
6 ∙ 𝑉𝐵 − 12 − 24 = 0 
𝑉𝐴 = −𝑉𝐵 = −6𝑘𝑁 
 
𝐸𝐼𝑦" = 12 − 6𝑥 
𝐸𝐼𝑦′ = 12𝑥 − 3𝑥2 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦 = 6𝑥2 − 𝑥3 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
2. Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 6 e 𝑦 = 0 
 
3. Cálculo das constantes de integração. 
 
𝐸𝐼(0) = 6(0)2 − (0)3 + 𝐶1(0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
𝐸𝐼(0) = 6(6)2 − (6)3 + 𝐶1(6) 
𝑪𝟏 = 𝟎 
 
4. Flecha máxima. 
 
A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 
𝐸𝐼𝑦′ = 12𝑥 − 3𝑥2 = 0 
𝑥 = 0 
𝒙 = 𝟒𝒎 
 
𝐸𝐼𝑦 = 6𝑥2 − 𝑥3 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = 6(4)
2 − (4)3 
𝒚𝒎á𝒙 = +𝟎, 𝟏𝟔 𝒎𝒎 ↑ 
 
5. Rotações nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦′ = 12𝑥 − 3𝑥2 
𝐸𝐼𝜃𝐴 = 12(0) − 3(0)
2 
𝜽𝑨 = 𝟎 
 
𝐸𝐼𝜃𝐵 = 12(6) − 3(6)
2 
𝜽𝑩 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟏𝟖𝒓𝒂𝒅 
 
05) Dada a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima e a 
rotação na extremidade em balanço. Utilize a tabela de deslocamento 
transversal e inclinação da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
𝑦 =
𝑀𝐿2
2𝐸𝐼
=
20 ∙ 102
2 ∙ 2 ∙ 105
= 𝟓 𝒎𝒎 
 
𝜃𝐴 =
𝑀𝐿
𝐸𝐼
=
20 ∙ 10
2 ∙ 105
= 𝟎, 𝟎𝟎𝟏 𝒓𝒂𝒅 
 
06) Considere a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima 
e a inclinação no apoio da esquerda. Aplique o método da superposição por 
meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 2 ∙
105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
 
 
 
𝑦 =
𝑀𝑥
6𝐿𝐸𝐼
(2𝐿2 − 3𝐿𝑥 + 𝑥2) −
𝑃𝑏𝑥
6𝐿𝐸𝐼
(𝐿2 − 𝑏2 − 𝑥2) 
 
𝑦 =
1
𝐸𝐼
[
24 ∙ 𝑥
6 ∙ 10
∙ (2 ∙ 102 − 3 ∙ 10 ∙ 𝑥 + 𝑥2) −
36 ∙ 4 ∙ 𝑥
6 ∙ 10
∙ (102 − 42 − 𝑥2)] 
 
 
𝑦 =
1
𝐸𝐼
(
14𝑥3
5
− 12𝑥2 −
608𝑥
5
) 
 
𝑦′ =
1
𝐸𝐼
(
42𝑥2
5
− 24𝑥 −
608
5
) 
 
Cálculo da flecha máxima. 
 
42𝑥2
5
− 24𝑥 −
608
5
= 0 
 
𝒙 = −𝟐, 𝟔𝟒𝒎 (Fora do domínio) 
𝒙 = 𝟓, 𝟒𝟗𝒎 
 
𝑦 =
1
2 ∙ 105
(
14
5
∙ 5,493 − 12 ∙ 5,492 −
608 ∙ 5,49
5
) = −𝟐, 𝟖𝟑𝒎𝒎 
 
𝑦′ = 𝜃𝐴 =
1
2 ∙ 105
(
42
5
∙ 02 − 24 ∙ 0 −
608
5
) = −𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟔𝟏 𝒓𝒂𝒅 
 
07) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de 
apoio. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de 
equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
 
Deve-se retirar o apoio da esquerda e, em seu lugar, inserir uma reação 
superabundante 𝑃 = 𝑉𝐶, de baixo para cima, a fim de compatibilizar o 
deslocamento nulo referente ao apoio C. Desta forma, tem-se: 
 
𝑦𝑞 + 𝑦𝑃 = 0 
 
(𝑦𝐵 +𝑚𝜃𝐵) + 𝑦𝑃 = 0 
 
(−
𝑞𝐿𝐴𝐵
4
8𝐸𝐼
− 4 ∙
𝑞𝐿𝐴𝐵
3
6𝐸𝐼
) +
𝑉𝐶𝐿
3
3𝐸𝐼
= 0 
 
−
48 ∙ 44
8
− 4 ∙
48 ∙ 43
6
+
𝑉𝐶 ∙ 8
3
3
= 0 
 
𝑽𝑪 = 𝟐𝟏𝒌𝑵 
 
Cálculo das reações de apoio. 
 
→ ∑𝐻 = 0  𝑯𝑨 = 𝟎 
↑ ∑𝑉 = 0  𝑉𝐴 + 𝑉𝐶 = 192 
↶ ∑𝑀𝐴 = 0  𝑉𝐶 ∙ 8 − 192 ∙ 2 +𝓂𝐴 = 0 
𝑉𝐴 + 21 = 192  𝑽𝑨 = 𝟏𝟕𝟏𝒌𝑵 
 
21 ∙ 8 − 192 ∙ 2 +𝓂𝐴 = 0  𝓶𝑨 = 𝟐𝟏𝟔𝒌𝑵 
 
08) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da 
flecha máxima e da inclinação nos apoios da viga mostrada a seguir. Dado: 
𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
 
1. Equação diferencial. 
 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 
6 ∙ 𝑉𝐵 + 24 − 72 = 0 
𝑉𝐴 = −𝑉𝐵 = 6𝑘𝑁 
 
𝐸𝐼𝑦" = −24 − 6𝑥 
𝐸𝐼𝑦′ = −24𝑥 − 3𝑥2 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦 = −12𝑥2 − 𝑥3 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
2. Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 8 e 𝑦 = 0 
 
3. Cálculo das constantes de integração. 
 
𝐸𝐼(0) = −12(0)2 − (0)3 + 𝐶1(0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
𝐸𝐼(0) = −12(8)2 − (8)3 + 𝐶1(8) 
𝑪𝟏 = 𝟏𝟔𝟎 
 
4. Flecha máxima. 
 
A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 
𝐸𝐼𝑦′ = −24𝑥 − 3𝑥2 + 160 = 0 
𝑥 = −12,33 𝑚 (Fora do domínio) 
𝒙 = 𝟒, 𝟑𝟑𝒎 
 
𝐸𝐼𝑦 = −12𝑥2 − 𝑥3 + 160𝑥 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = −12(4,33)
2 − (4,33)3 + 160 ∙ 4,33 
𝒚𝒎á𝒙 = +𝟏, 𝟗𝟑𝟑 𝒎𝒎 ↑ 
 
5. Rotações nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦′ = −24𝑥 − 3𝑥2 + 160 
𝐸𝐼𝜃𝐴 = −24(0) − 3(0)
2 + 160 
𝜽𝑨 = +𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟖𝒓𝒂𝒅 
 
𝐸𝐼𝜃𝐵 = −24(8) − 3(8)
2 + 160 
𝜽𝑩 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟏𝟏𝟐𝒓𝒂𝒅 
 
09) Dada a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha para 𝑥 = 5 e 
a rotação no apoio da esquerda. Utilize a tabela de deslocamento transversal 
e inclinação da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
 
𝑦 = −
𝑞𝑎3
24𝐿𝐸𝐼(4𝐿2 − 7𝑎𝐿 + 3𝑎2) 
𝑦 = −
24 ∙ 53
24 ∙ 8 ∙ 2 ∙ 105
∙ (4 ∙ 82 − 7 ∙ 5 ∙ 8 + 3 ∙ 52) = −𝟑, 𝟗𝟖𝒎𝒎 
 
𝜃𝐴 = −
𝑞𝑎2
24𝐿𝐸𝐼
(2𝐿 − 𝑎)2 = −
24 ∙ 52
24 ∙ 8 ∙ 2 ∙ 105
∙ (2 ∙ 8 − 5)2 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟏𝟗 𝒓𝒂𝒅 
 
 
 
 
10) Considere a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima 
e a inclinação nos apoios. Aplique o método da superposição por meio da 
utilização da tabela de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 2 ∙
105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
 
 
𝑦 = 𝑦𝑞 + 𝑦𝑃 
 
i) Cálculo da flecha máxima. 
 
𝑦 = −
𝑞𝑎2
24𝐿𝐸𝐼
(2𝑥3 −6𝐿𝑥2 +𝑎2𝑥+ 4𝐿2𝑥− 𝑎2𝐿)−
𝑃𝑥
48𝐸𝐼
(3𝐿2 −4𝑥2) 
 
𝑦 =
1
𝐸𝐼
[−
24 ∙ 22
24 ∙ 8
∙ (2 ∙ 𝑥3 − 6 ∙ 8 ∙ 𝑥2 + 22 ∙ 𝑥 + 4 ∙ 82 ∙ 𝑥 − 22 ∙ 8) −
12 ∙ 𝑥
48
∙ (3 ∙ 82 − 4 ∙ 𝑥2)] 
 
𝑦 =
1
𝐸𝐼
(24𝑥2 − 178𝑥 + 16) 
𝑦′ =
1
𝐸𝐼
(48𝑥 − 178) 
𝑦′ = 0  48𝑥 − 178 = 0  𝑥 = 3,71𝑚 
 
𝑦𝑚á𝑥 =
1
2 ∙ 105
∙ (24 ∙ 3,712 − 178 ∙ 3,71 + 16) = −𝟏, 𝟓𝟕𝒎𝒎 
 
ii) Cálculo da rotação no apoio da esquerda. 
 
𝑦 = −
𝑞𝑥
24𝐿𝐸𝐼
(𝐿𝑥3 − 4𝑎𝐿𝑥2 + 2𝑎2𝑥2 + 4𝑎2𝐿2 − 4𝑎3𝐿 + 𝑎4) −
𝑃𝑥
48𝐸𝐼
(3𝐿2 − 4𝑥2) 
 
𝑦 =
1
𝐸𝐼
[−
24 ∙ 𝑥
24 ∙ 8
∙ (8 ∙ 𝑥3 − 4 ∙ 2 ∙ 8 ∙ 𝑥2 + 2 ∙ 22 ∙ 𝑥2 + 4 ∙ 22 ∙ 82 − 4 ∙ 23 ∙ 8 + 24) −
12 ∙ 𝑥
48
∙ (3 ∙ 82 − 4 ∙ 𝑥2)] 
𝑦 =
1
𝐸𝐼
(−𝑥4 + 7𝑥3 − 146𝑥) 
 
𝑦′ =
1
𝐸𝐼
(−4𝑥3 + 21𝑥2 − 146) 
 
𝜃𝐴 =
1
2 ∙ 105
∙ (−4 ∙ 03 + 21 ∙ 02 − 146) = −𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟕𝟑 𝒓𝒂𝒅 
 
11) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de 
apoio. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de 
equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
 
 
Deve-se retirar o apoio da esquerda e, em seu lugar, inserir uma reação 
superabundante 𝑃 = 𝑉𝐶, de baixo para cima, a fim de compatibilizar o 
deslocamento nulo referente ao apoio C. Desta forma, tem-se: 
 
𝑦𝑇 + 𝑦𝑃 = 0 
 
(𝑦𝐵 +𝑚𝜃𝐵) + 𝑦𝑃 = 0 
 
(−
𝑞𝐿𝐴𝐵
4
30𝐸𝐼
− 4 ∙
𝑞𝐿𝐴𝐵
3
24𝐸𝐼
) +
𝑉𝐶𝐿
3
3𝐸𝐼
= 0 
 
−
10 ∙ 44
30
− 4 ∙
10 ∙ 43
24
+
𝑥 ∙ 83
3
= 0 
 
𝑽𝑪 = 𝟏, 𝟏𝟐𝟓𝒌𝑵 
 
Cálculo das reações de apoio. 
 
→ ∑𝐻 = 0  𝑯𝑨 = 𝟎 
↑ ∑𝑉 = 0  𝑉𝐴 + 𝑉𝐶 = 20 
↶ ∑𝑀𝐴 = 0  𝑉𝐶 ∙ 8 − 20 ∙
4
3
−𝓂𝐴 = 0 
𝑉𝐴 + 1,125 = 20  𝑽𝑨 = 𝟏𝟖, 𝟖𝟕𝟓𝒌𝑵 
 
1,125 ∙ 8 − 20 ∙
4
3
+𝓂𝐴 = 0  𝓶𝑨 = 𝟏𝟕, 𝟔𝟕𝒌𝑵 
 
12) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da 
flecha máxima e da inclinação nos apoios da viga mostrada a seguir. Dado: 
𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
 
1. Equação diferencial. 
 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 
6 ∙ 𝑉𝐵 + 12 + 24 = 0 
𝑉𝐴 = −𝑉𝐵 = 6𝑘𝑁 
 
𝐸𝐼𝑦" = 6𝑥 − 24 
𝐸𝐼𝑦′ = 3𝑥2 − 24𝑥 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦 = 𝑥3 − 12𝑥2 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
2. Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 6 e 𝑦 = 0 
 
3. Cálculo das constantes de integração. 
 
𝐸𝐼(0) = (0)3 − 12(0)2 + 𝐶1(0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
𝐸𝐼(0) = (6)3 − 12(6)2 + 𝐶1(6) 
𝑪𝟏 = 𝟑𝟔 
 
4. Flecha máxima. 
 
A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 
𝐸𝐼𝑦′ = 3𝑥2 − 24𝑥 + 36 = 0 
𝐱 = 𝟐𝐦 
𝐱 = 𝟔𝐦 (máximo local) 
 
𝐸𝐼𝑦 = 𝑥3 − 12𝑥2 + 36𝑥 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = (2)
3 − 12(2)2 + 36(2) 
 
𝒚𝒎á𝒙 = +𝟎, 𝟏𝟔 𝒎𝒎 ↑ 
 
5. Rotações nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦′ = 3𝑥2 − 24𝑥 + 36 
𝐸𝐼𝜃𝐴 = 3(0)
2 − 24(0) + 36 
𝜽𝑨 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟏𝟖 𝒓𝒂𝒅 
 
𝐸𝐼𝜃𝐵 = 3(6)
2 − 24(6) + 36 
𝜽𝑩 = 𝟎 
 
13) Dada a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha e a rotação 
máximas. Utilize a tabela de deslocamento transversal e inclinação da linha 
elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 1000𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
𝑦 = +
𝑀𝐿2
2𝐸𝐼
= +
20 ∙ 102
2 ∙ 1000
= +𝟏 𝒎 
 
𝜃𝐵 =
𝑀𝐿
𝐸𝐼
=
20 ∙ 10
1000
= 𝟎, 𝟐 𝒓𝒂𝒅 
 
14) Considere a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima 
e a inclinação na extremidade em balanço. Aplique o método da superposição 
por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 =
1000 𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
𝑦 = 𝑦1 + 𝑦2 
 
 
i) Cálculo da flecha máxima. 
 
𝑦𝑚á𝑥 = −
𝑤𝐿𝐴𝐵
4
8𝐸𝐼
+ 𝑚 ∙ (−
𝑤𝐿𝐴𝐵
3
6𝐸𝐼
) −
𝑃𝐿3
3𝐸𝐼
 
 
𝑦𝑚á𝑥 = −
48 ∙ 54
8 ∙ 1000
+ 5 ∙ (−
48 ∙ 53
6 ∙ 1000
) −
6 ∙ 103
3 ∙ 1000
 
 
𝒚𝒎á𝒙 = −𝟏𝟎, 𝟕𝟓 𝒎 
 
ii) Cálculo da rotação na extremidade em balanço. 
 
 
𝜃𝐶 = −
𝑤𝐿𝐴𝐵
3
6𝐸𝐼
−
𝑃𝐿2
2𝐸𝐼
 
 
𝜃𝐶 = −
48 ∙ 53
6 ∙ 1000
−
6 ∙ 102
2 ∙ 1000
 
 
𝜽𝑪 = −𝟏, 𝟑 𝒓𝒂𝒅 
 
15) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de 
apoio. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de 
equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
Deve-se retirar o apoio da extremidade e, em seu lugar, inserir uma reação 
superabundante, 𝑃 = 𝑉𝐵, de baixo para cima, a fim de compatibilizar o 
deslocamento nulo referente ao apoio. Desta forma, tem-se: 
 
𝑦𝑞 + 𝑦𝑀 + 𝑦𝑃 = 0 
 
−
𝑤𝐿4
8𝐸𝐼
−
𝑀𝐿2
2𝐸𝐼
+
𝑉𝐵𝐿
3
3𝐸𝐼
= 0 
 
−
8 ∙ 104
8 ∙ 1000
−
40 ∙ 102
2 ∙ 1000
+
𝑉𝐵 ∙ 10
3
3 ∙ 1000
= 0 
 
𝑽𝑩 = 𝟑𝟔𝒌𝑵 
 
Cálculo das reações de apoio. 
 
→ ∑𝐻 = 0  𝑯𝑨 = 𝟎 
↑ ∑𝑉 = 0  𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 80 
𝑉𝐴 + 36 = 80 
𝑽𝑨 = 𝟒𝟒 𝒌𝑵 
↶ ∑𝑀𝐴 = 0  𝑉𝐵 ∙ 10 +𝓂𝐴 − 80 ∙ 5 − 40 = 0 
𝓶𝑨 = 𝟖𝟎 𝒌𝑵.𝒎 
 
 
16) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica (Método da dupla 
integração), determine o valor da flecha máxima e da inclinação nos apoios 
da viga mostrada a seguir. Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
1. Equação diferencial. 
 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 
6 ∙ 𝑉𝐵 − 28 + 100 = 0 
𝑉𝐵 = −12 𝑘𝑁 
𝑉𝐴 = 12 𝑘𝑁 
 
𝐸𝐼𝑦" = 12𝑥 − 100 
𝐸𝐼𝑦′ = 6𝑥2 − 100𝑥 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦 = 2𝑥3 − 50𝑥2 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
2. Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 6 e 𝑦 = 0 
 
3. Cálculo das constantes de integração. 
 
𝐸𝐼(0) = 2 ∙ (0)3 − 50 ∙ (0)2 + 𝐶1(0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
𝐸𝐼(0) = 2 ∙ (6)3 − 50 ∙ (6)2 + 𝐶1(6) 
𝑪𝟏 = 𝟐𝟐𝟖 
 
4. Flecha máxima. 
 
A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 
𝐸𝐼𝑦′ = 6𝑥2 − 100𝑥 + 228 = 0 
𝐱 = 𝟐, 𝟕𝟑𝐦 
𝐱 = 𝟏𝟑, 𝟗𝟒𝐦 (Fora do Domínio) 
 
𝐸𝐼𝑦 = 2𝑥3 − 50𝑥2 + 228𝑥 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = 2 ∙ (2,73)
3 − 50(2,73)2 + 228(2,73) 
 
𝒚𝒎á𝒙 = +𝟎, 𝟐𝟗 𝒎𝒎 ↑ 
 
5. Rotações nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦′ = 6𝑥2 − 100𝑥 + 228 
𝐸𝐼𝜃𝐴 = 6(0)
2 − 100(0) + 228 
𝜽𝑨 = 𝟎, 𝟐𝟐𝟖 𝒓𝒂𝒅 
 
𝐸𝐼𝜃𝐵 = 6(6)
2 − 100(6) + 228 
𝜽𝑩 = −𝟎, 𝟏𝟓𝟔 𝒓𝒂𝒅 
 
17) Dada a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima e a 
rotação nos apoios. Utilize a tabela de deslocamento transversal e inclinação 
da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 1000𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
𝑦 = +
5𝑞𝐿4
384𝐸𝐼
= +
5 ∙ 96 ∙ 104
384 ∙ 1000
= −𝟏𝟐, 𝟓 𝒎 
 
𝜃𝐴 = +
𝑞𝐿3
24𝐸𝐼
= +
96 ∙ 103
24 ∙ 1000
= +𝟒 𝒓𝒂𝒅 
𝜃𝐵 = −
𝑞𝐿3
24𝐸𝐼
= −
96 ∙ 103
24 ∙ 1000
= −𝟒 𝒓𝒂𝒅 
 
18) Considere a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima 
e a inclinação na extremidade em balanço. Aplique o método da superposição 
por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 =
1000 𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
𝑦 = 𝑦1 + 𝑦2 
 
 
i) Cálculo da flecha máxima. 
 
𝑦𝑚á𝑥 = −
𝑤𝐿𝐴𝐵
4
8𝐸𝐼
+ 𝑚 ∙ (−
𝑤𝐿𝐴𝐵
3
6𝐸𝐼
) −
𝑃𝐿3
3𝐸𝐼
 
 
𝑦𝑚á𝑥 = −
24 ∙ 44
8 ∙ 1000
+ 4 ∙ (−
24 ∙ 43
6 ∙ 1000
) −
48∙ 83
3 ∙ 1000
 
 
𝒚𝒎á𝒙 = −𝟗, 𝟗𝟖𝟒 𝒎 
 
ii) Cálculo da rotação na extremidade em balanço. 
 
𝜃𝐶 = −
𝑤𝐿𝐴𝐵
3
6𝐸𝐼
−
𝑃𝐿2
2𝐸𝐼
 
 
𝜃𝐶 = −
24 ∙ 43
6 ∙ 1000
−
48 ∙ 82
2 ∙ 1000
 
 
𝜽𝑪 = −𝟏, 𝟕𝟗𝟐 𝒓𝒂𝒅 
 
 
19) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de 
apoio. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de 
equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
Deve-se retirar o apoio do meio e, em seu lugar, inserir uma reação 
superabundante, 𝑃 = 𝑉𝐵, de baixo para cima, a fim de compatibilizar o 
deslocamento nulo referente ao apoio B (x = 6m). Desta forma, tem-se: 
 
𝑦𝑞 + 𝑦𝑃 + 𝑦𝑉 = 0 
 
 
−
𝑞𝑎3
24𝐿𝐸𝐼
(4𝐿2 − 7𝑎𝐿 + 3𝑎2) −
𝑃𝑏𝑥
6𝐿𝐸𝐼
(𝐿2 − 𝑏2 − 𝑥2) +
𝑉𝐵𝐿
3
48𝐸𝐼
= 0 
 
𝑉𝐵 ∙ 12
3
48 ∙ 1000
=
48 ∙ 63
24 ∙ 12 ∙ 1000
∙ (4 ∙ 122 − 7 ∙ 6 ∙ 12 + 3 ∙ 62) +
192 ∙ 3 ∙ 6
6 ∙ 12 ∙ 1000
(122 − 32 − 62) 
 
𝑽𝑩 = 𝟑𝟏𝟐𝒌𝑵 
 
Cálculo das reações de apoio. 
 
→ ∑𝐻 = 0  𝑯𝑨 = 𝟎 
↑ ∑𝑉 = 0  𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 + 𝑉𝐶 = 288 + 192 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 + 𝑉𝐶 = 480 
↶ ∑𝑀𝐴 = 0  𝑉𝐶 ∙ 12 + 𝑉𝐵 ∙ 6 − 192 ∙ 9 − 288 ∙ 3 = 0 
12𝑉𝐶 + 312 ∙ 6 − 2592 = 0 
12𝑉𝐶 = 720  𝑽𝑪 = 𝟔𝟎𝒌𝑵 
 
𝑉𝐴 + 312 + 60 = 480 
𝑽𝑨 = 𝟏𝟎𝟖𝒌𝑵 
 
20) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica (Método da dupla 
integração), determine o valor da flecha máxima e da inclinação nos apoios 
da viga mostrada a seguir. Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
1. Equação diferencial. 
 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 
6 ∙ 𝑉𝐵 − 72 = 0 
𝑉𝐴 = −𝑉𝐵 = −12 
 
𝐸𝐼𝑦" = −12x 
𝐸𝐼𝑦′ = −6𝑥2 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦 = −2𝑥3 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
2. Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 6 e 𝑦 = 0 
 
3. Cálculo das constantes de integração. 
 
𝐸𝐼(0) = −2(0)3 + 𝐶1(0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
𝐸𝐼(0) = −2(6)3 + 𝐶1(6) 
𝑪𝟏 = 𝟕𝟐 
 
4. Flecha máxima. 
 
A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 
𝐸𝐼𝑦′ = −6𝑥2 + 72 = 0 
x = −3,46m (Fora do domínio) 
𝐱 = 𝟑, 𝟒𝟔𝐦 
 
𝐸𝐼𝑦 = −2𝑥3 + 72𝑥 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = −2 ∙ (3,46)
3 + 72(3,46) 
 
𝒚𝒎á𝒙 = 𝟎, 𝟏𝟔𝟔 𝒎 ↑ 
 
5. Rotações nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦′ = −6𝑥2 + 72 
𝐸𝐼𝜃𝐴 = −6(0)
2 + 72 
𝜽𝑨 = +𝟎, 𝟎𝟕𝟐 𝒓𝒂𝒅 
 
𝐸𝐼𝜃𝐵 = −6(6)
2 + 72 
𝜽𝑩 = −𝟎, 𝟏𝟒𝟒 𝒓𝒂𝒅 
 
21) Dada a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima e a 
rotação nos apoios. Utilize a tabela de deslocamento transversal e inclinação 
da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 1000𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
𝑦 = −0,00652
𝑞𝐿4
𝐸𝐼
= −0.00652
6 ∙ 104
1000
= −𝟎, 𝟑𝟗𝒎 
 
𝜃𝐴 = −
7𝑞𝐿3
360𝐸𝐼
= −
7 ∙ 6 ∙ 103
360 ∙ 1000
= −𝟎, 𝟏𝟏𝟔𝟕 𝒓𝒂𝒅 
𝜃𝐵 = +
𝑞𝐿3
45𝐸𝐼
= +
6 ∙ 103
45 ∙ 1000
= +𝟎, 𝟏𝟑𝟑𝟑 𝒓𝒂𝒅 
 
22) Considere a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima 
e a inclinação na extremidade em balanço. Aplique o método da superposição 
por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 =
1000 𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
 
𝑦 = 𝑦1 + 𝑦2 
 
 
i) Cálculo da flecha máxima. 
 
𝑦𝑚á𝑥 = −
𝑃𝐿3
3𝐸𝐼
−
5𝑃𝐿3
48𝐸𝐼
 
 
𝑦𝑚á𝑥 = −
48 ∙ 103
3 ∙ 1000
−
5 ∙ 48 ∙ 103
48 ∙ 1000
 
 
𝒚𝒎á𝒙 = −𝟐𝟏 𝒎 
 
ii) Cálculo da rotação na extremidade em balanço. 
 
 
𝜃𝐶 = −
𝑃𝐿2
2𝐸𝐼
−
𝑃𝐿2
8𝐸𝐼
 
 
𝜃𝐶 = −
48 ∙ 102
2 ∙ 1000
−
48 ∙ 102
8 ∙ 1000
 
 
𝜽𝑪 = −𝟑 𝒓𝒂𝒅 
 
23) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de 
apoio. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de 
equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
Deve-se retirar o apoio do meio e, em seu lugar, inserir uma reação 
superabundante, 𝑃 = 𝑉𝐵, de baixo para cima, a fim de compatibilizar o 
deslocamento nulo referente ao apoio B (x = 6m). Desta forma, tem-se: 
 
𝑦𝑞 + 𝑦𝑃 + 𝑦𝑉 = 0 
 
−
𝑞𝑎3
24𝐿𝐸𝐼
(4𝐿2 − 7𝑎𝐿 + 3𝑎2) −
𝑃𝑏𝑥
6𝐿𝐸𝐼
(𝐿2 − 𝑏2 − 𝑥2) +
𝑉𝐵𝐿
3
48𝐸𝐼
= 0 
 
𝑉𝐵 ∙ 12
3
48 ∙ 1000
=
24 ∙ 63
24 ∙ 12 ∙ 1000
∙ (4 ∙ 122 − 7 ∙ 6 ∙ 12 + 3 ∙ 62) +
96 ∙ 3 ∙ 6
6 ∙ 12 ∙ 1000
(122 − 32 − 62) 
 
𝑽𝑩 = 𝟏𝟓𝟔𝒌𝑵 
 
Cálculo das reações de apoio. 
 
→ ∑𝐻 = 0  𝑯𝑨 = 𝟎 
↑ ∑𝑉 = 0  𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 + 𝑉𝐶 = 144 + 96 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 + 𝑉𝐶 = 240 
↶ ∑𝑀𝐴 = 0  𝑉𝐶 ∙ 12 + 𝑉𝐵 ∙ 6 − 96 ∙ 9 − 144 ∙ 3 = 0 
12𝑉𝐶 + 156 ∙ 6 − 1296 = 0 
12𝑉𝐶 = 360  𝑽𝑪 = 𝟑𝟎𝒌𝑵 
 
𝑉𝐴 + 156 + 30 = 240 
𝑽𝑨 = 𝟓𝟒𝒌𝑵 
24) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da 
flecha máxima e da inclinação nos apoios da viga mostrada a seguir. Dado: 
𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
1. Equação diferencial. 
 
𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 
6 ∙ 𝑉𝐵 − 24 + 24 = 0 
𝑉𝐴 = 𝑉𝐵 = 0 
 
𝐸𝐼𝑦" = 24 
𝐸𝐼𝑦′ = 24𝑥 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦 = 12𝑥2 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
2. Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 9 e 𝑦 = 0 
 
3. Cálculo das constantes de integração. 
 
𝐸𝐼(0) = 12(0)2 + 𝐶1(0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
𝐸𝐼(0) = 12(9)2 + 𝐶1(9) 
𝑪𝟏 = −𝟏𝟎𝟖 
 
4. Flecha máxima. 
 
A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 
𝐸𝐼𝑦′ = 24𝑥 − 108 = 0 
𝐱 = 𝟒, 𝟓𝐦 
 
𝐸𝐼𝑦 = 12𝑥2 − 108𝑥 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = 12(4,5)
2 − 108(4,5) 
 
𝒚𝒎á𝒙 = −𝟎, 𝟐𝟒𝟑 𝒎 ↑ 
 
5. Rotações nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦′ = 24𝑥 − 108 
𝐸𝐼𝜃𝐴 = 24(0) − 108 
𝜽𝑨 = −𝟎, 𝟏𝟎𝟖 𝒓𝒂𝒅 
 
𝐸𝐼𝜃𝐵 = 24(9) − 108 
𝜽𝑩 = +𝟎, 𝟏𝟎𝟖 𝒓𝒂𝒅 
 
5. LINHA ELÁSTICA – MÉTODO DA CARGA 
Até o presente momento, a equação da linha elástica foi determinada pelo Método da 
Dupla Integração, a partir de sua equação diferencial. Neste tópico estuda-se outro 
método que, partindo da equação da carga, permite determinar a deflexão e a rotação da 
linha elástica em uma viga bi apoiada isostática. A este método denomina-se Método da 
Carga. 
1. Esforços Internos – Relações Diferenciais. 
Antes de mostrar o método propriamente dito, faz-se necessária uma revisão sobre os 
esforços internos. Destaca-se o elemento diferencial da figura abaixo. Nele é possível 
verificar a existência dos esforços internos 𝑀 e 𝑄, na face esquerda do elemento, e seus 
respectivos esforços internos acrescidos de seus diferencias 𝑑𝑀 e 𝑑𝑄, na face direita. 
 
Aplicando-se as condições de equilíbrio da Estática, tendo como ponto de referência para 
os momentos o canto inferior direito do elemento, podem-se escrever as seguintes 
equações diferenciais: 
i) ∑𝑭𝒚 = 𝟎 
𝑄 − 𝑞𝑑𝑥 − (𝑄 + 𝑑𝑄) = 0 
𝑄 − 𝑞𝑑𝑥 − 𝑄 − 𝑑𝑄 = 0 
𝑑𝑄 = −𝑞𝑑𝑥 
𝒅𝑸
𝒅𝒙
= −𝒒 
Conclui-se, então, que a derivada do cortante em relação a 𝑥 é igual ao simétrico do 
carregamento. 
ii) ∑𝑴𝒑 = 𝟎 
𝑄 ∙ 𝑑𝑥 +𝑀 − 𝑞𝑑𝑥 ∙
𝑑𝑥
2
− (𝑀 + 𝑑𝑀) = 0 
Desprezando-se as diferenciais de segunda ordem, (𝑑𝑥)2 ≪ 1, tem-se que: 
𝑄 ∙ 𝑑𝑥 +𝑀 −𝑀 − 𝑑𝑀 = 0 
𝑑𝑀 = 𝑄𝑑𝑥 
𝒅𝑴
𝒅𝒙
= 𝑸 
Portanto, é correto afirmar que a derivada do momento fletor em relação a 𝑥 é o esforço 
cortante. Assim, as seguintes conclusões são pertinentes: 
a) A derivada segunda do momento fletor é igual ao simétrico da carga. 
𝑑𝑀
𝑑𝑥
= 𝑄 
𝑑2𝑀
𝑑𝑥2
=
𝑑𝑄
𝑑𝑥
= −𝑞 
b) Substituindo a equação da linha elástica, tem-se: 
𝑑2
𝑑𝑥2
(𝐸𝐼𝑦′′) = −𝑞 
𝐸𝐼
𝑑4𝑦
𝑑𝑥4
= −𝑞 
𝐸𝐼𝑦′′′′ = −𝑞 
 
EXEMPLO: 
Considere a viga isostática simplesmente apoiada mostrada na figura a seguir. Nela é 
aplicada uma carga senoidal distribuída de intensidade 
𝑞 = 𝑞0𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
)Sabendo que a rigidez dessa viga é constante e igual a 𝐸𝐼, determine a flecha máxima e 
as rotações nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦′′′′ = −𝑞0𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
) 
𝐸𝐼𝑦′′′ =
𝐿
𝜋
𝑞0𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
) + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦′′ = −
𝐿2
𝜋2
𝑞0𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
) + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
𝐸𝐼𝑦′ =
𝐿3
𝜋3
𝑞0𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
) + 𝐶1
𝑥2
2
+ 𝐶2𝑥 + 𝐶3 
𝐸𝐼𝑦 = −
𝐿4
𝜋4
𝑞0𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
) + 𝐶1
𝑥3
6
+ 𝐶2
𝑥2
2
+ 𝐶3𝑥 + 𝐶4 
Condições de contorno. 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦′′ = 0 
ii) 𝑥 = 𝐿 e 𝑦′′ = 0 
iii) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
iv) 𝑥 = 𝐿 e 𝑦 = 0 
Substituindo, tem-se: 
i) 
𝐸𝐼(0) =
𝐿2
𝜋2
𝑞0𝑠𝑒𝑛 (
𝜋 ∙ 0
𝐿
) + 𝐶1(0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
ii) 
𝐸𝐼(0) =
𝐿2
𝜋2
𝑞0𝑠𝑒𝑛 (
𝜋 ∙ 𝐿
𝐿
) + 𝐶1(𝐿) 
0 =
𝐿2
𝜋2
𝑞0𝑠𝑒𝑛𝜋 + 𝐶1(𝐿) 
𝑪𝟏 = 𝟎 
iii) 
𝐸𝐼𝑦 = −
𝐿4
𝜋4
𝑞0𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
) + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 
𝐸𝐼(0) = −
𝐿4
𝜋4
𝑞0𝑠𝑒𝑛 (
𝜋 ∙ 0
𝐿
) + 𝐶3(0) + 𝐶4 
𝑪𝟒 = 𝟎 
iv) 
𝐸𝐼𝑦 = −
𝐿4
𝜋4
𝑞0𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
) + 𝐶3𝑥 
𝐸𝐼(0) = −
𝐿4
𝜋4
𝑞0𝑠𝑒𝑛 (
𝜋 ∙ 𝐿
𝐿
) + 𝐶3(𝐿) 
0 = −
𝐿4
𝜋4
𝑞0𝑠𝑒𝑛𝜋 + 𝐶3(𝐿) 
𝑪𝟑 = 𝟎 
Portanto, as equações da inclinação e da deflexão são: 
{
 
 𝐸𝐼𝑦′ =
𝐿3
𝜋3
𝑞0𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
)
𝐸𝐼𝑦 = −
𝐿4
𝜋4
𝑞0𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
)
 
Por fim, deve-se determinar a posição onde ocorre a flecha máxima. Pela simetria tanto 
de carregamento quanto geométrica, é fácil perceber que esse máximo ocorre no meio do 
vão. No entanto, por amor à didática, calcula-se a seguir a posição onde haverá a maior 
deflexão da viga. 
𝑦𝑚á𝑥 → 𝑦
′ = 0 
𝐿3
𝜋3
𝑞0𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
) = 0 
𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
) = 0 
𝑐𝑜𝑠 (
𝜋𝑥
𝐿
) = 𝑐𝑜𝑠 (
𝜋
2
) 
Sendo a função cos injetora para valores de x no primeiro quadrante, tem-se que 
elementos do domínio que possuem a mesma imagem são iguais. 
𝜋𝑥
𝐿
=
𝜋
2
 
𝑥 =
𝐿
2
 
Substituindo na equação da linha elástica, obtém-se: 
𝐸𝐼𝑦 = −
𝐿4
𝜋4
𝑞0𝑠𝑒𝑛 (
𝜋𝑥
𝐿
) 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = −
𝐿4
𝜋4
𝑞0𝑠𝑒𝑛 (
𝜋 ∙ 𝐿
𝐿 ∙ 2
) 
𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = −
𝐿4
𝜋4
𝑞0𝑠𝑒𝑛 (
𝜋
2
) 
𝒚𝒎á𝒙 = −
𝒒𝟎𝑳
𝟒
𝑬𝑰𝝅𝟒
 
 
6. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
 
01) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha 
máxima e da inclinação nos apoios da viga isostática abaixo. Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁.𝑚². 
 
 
 
Fazendo 𝑎 = 6𝑚 e 𝑏 = 12𝑚, para uma carga 𝑃 = 18𝑘𝑁, tem-se como reações de apoio 
𝑉𝐴 = 12𝑘𝑁 e 𝑉𝐵 = 6𝑘𝑁. 
 
Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 
 
𝑀 = 12𝑥 
𝐸𝐼𝑦" = 12𝑥 
𝐸𝐼𝑦1
′ = 6𝑥2 + 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦1 = 2𝑥
3 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
Trecho II: 𝟔 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏𝟖 
 
𝑀 = −6𝑥 + 108 
𝐸𝐼𝑦" = −6𝑥 + 108 
𝐸𝐼𝑦2
′ = −3𝑥2 + 108𝑥 + 𝐶3 
𝐸𝐼𝑦2 = −𝑥
3 + 54𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 
 
Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 18 e 𝑦 = 0 
iii) 𝑥 = 6 e 𝑦1
′ = 𝑦2
′ 
iv) 𝑥 = 6 e 𝑦1 = 𝑦2 
 
Substituição das condições de contorno. 
 
i) 𝐸𝐼 ∙ (0) = 2 ∙ (0)3 + 𝐶1 ∙ (0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
ii) 𝐸𝐼 ∙ (0) = −(18)3 + 54 ∙ (18)2 + 𝐶3 ∙ (18) + 𝐶4 
 
18𝐶3 + 𝐶4 = −11664 
 
iii) 6𝑥2 + 𝐶1 = −3𝑥
2 + 108𝑥 + 𝐶3 
6 ∙ (6)2 + 𝐶1 = −3 ∙ (6)
2 + 108 ∙ (6) + 𝐶3 
 
𝐶1 − 𝐶3 = 324 
 
iv) 2𝑥3 + 𝐶1𝑥 = −𝑥
3 + 54𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 
2 ∙ (6)3 + 𝐶1 ∙ (6) = −(6)
3 + 54 ∙ (6)2 + 𝐶3 ∙ (6) + 𝐶4 
 
6(𝐶1 − 𝐶3) = 216 + 𝐶4 
 
6 ∙ 324 = 216 + 𝐶4 
𝑪𝟒 = 𝟔𝟒𝟖 
 
18𝐶3 + 648 = −11664 
𝑪𝟑 = −𝟔𝟖𝟒 
 
𝐶1 − (−684) = 324 
 
𝑪𝟏 = −𝟑𝟔𝟎 
 
Equações da linha elástica. 
 
Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 
 
𝐸𝐼𝑦1
′ = 6𝑥2 − 360 
𝐸𝐼𝑦1 = 2𝑥
3 − 360𝑥 
 
Trecho II: 𝟔 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏𝟖 
 
𝐸𝐼𝑦2
′ = −3𝑥2 + 108𝑥 − 684 
𝐸𝐼𝑦2 = −𝑥
3 + 54𝑥2 − 684𝑥 + 648 
 
Flecha máxima. 
 
𝑦𝑚á𝑥 → 𝑦
′ = 0 
 
 
 
 
i) Verificação da flecha máxima no primeiro trecho. 
 
6𝑥2 − 360 = 0 
𝑥 = 7,75𝑚 
 
A posição desse máximo está fora do domínio do trecho. Portanto, a flecha máxima não 
ocorre no nele. 
 
i) Verificação da flecha máxima no segundo trecho. 
 
−3𝑥2 + 108𝑥 − 684 = 0 ÷ (−3) 
𝑥2 − 36𝑥 + 228 = 0 
𝒙′ = 𝟖, 𝟐𝒎 
𝑥′ = 27,8 (Fora do domínio) 
 
Flecha máxima. 
 
O valor encontrado para 𝑥, que indica a posição da flecha máxima, deve ser substituído 
na segunda equação. 
 
𝐸𝐼𝑦2 = −𝑥
3 + 54𝑥2 − 684𝑥 + 648 
 
1000𝑦𝑚á𝑥 = −(8,2)
3 + 54 ∙ (8,2)2 − 684 ∙ (8,2) + 648 
 
𝒚𝒎á𝒙 = −𝟏, 𝟖𝟖𝒎 
 
Inclinação nos apoios. 
 
𝐸𝐼𝑦1
′ = 6𝑥2 − 360 
𝐸𝐼𝜃𝐴 = 6(0)
2 − 360 
𝜽𝑨 = −𝟎, 𝟑𝟔 rad 
 
𝐸𝐼𝑦2
′ = −3𝑥2 + 108𝑥 − 684 
𝐸𝐼𝜃𝐵 = −3(18)
2 + 108(18) − 684 
𝜽𝑩 = 𝟎, 𝟐𝟖𝟖 rad 
 
02) uma viga engastada é carregada uniformemente por uma carga momento distribuída 
(momento fletor, não torque) de intensidade 𝑚 por unidade de comprimento ao longo do 
eixo x, conforme mostra a figura abaixo. A partir da equação diferencial da linha elástica, 
determine a deflexão e a rotação na extremidade em balanço da viga. 
 
 
Neste caso é melhor seccionar a viga no trecho AB, olhando para a direita. A distribuição 
é de carga momento. Portanto, basta multiplicar o momento fletor dado pela distância 
correspondente e utilizar a convenção de momento fletor. Desta forma: 
 
𝑀 = −𝑚(𝐿 − 𝑥) 
 
Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝑳 
 
𝐸𝐼𝑦" = −𝑚𝐿 +𝑚𝑥 
𝐸𝐼𝑦′ = −𝑚𝐿𝑥 +𝑚
𝑥2
2
+ 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦 = −𝑚𝐿
𝑥2
2
+𝑚
𝑥3
6
+ 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 0 e 𝜃𝐴 = 0 
 
Substituindo as condições de contorno, tem-se: 
 
𝐶1 = 𝐶2 = 0 
 
Na extremidade em balanço, tem-se 𝑥𝐵 = 𝐿. 
𝐸𝐼𝑦′ = −𝑚𝐿𝑥 +𝑚
𝑥2
2
 
𝐸𝐼𝜃𝐵 = −𝑚𝐿(𝐿) + 𝑚
(𝐿)2
2
 
𝜽𝑩 = −
𝒎𝑳𝟐
𝟐𝑬𝑰
 
 
𝐸𝐼𝑦 = −𝑚𝐿
𝑥2
2
+𝑚
𝑥3
6
 
𝐸𝐼𝑦𝐵 = −𝑚𝐿
(𝐿)2
2
+𝑚
(𝐿)3
6
 
𝒚𝑩 = −
𝒎𝑳𝟑
𝟑𝑬𝑰
 
 
 
03) Uma viga isostática simplesmente apoiada está submetida a uma carga 
parabolicamente distribuída de intensidade 𝑞, conforme mostra a figura a seguir. 
Determine a equação da linha elástica e calcule a deflexão máxima. 
 
 
 
 
𝐸𝐼𝑦′′′′ = −
4𝑞0𝑥
𝐿
+
4𝑞0𝑥
2
𝐿2
 
𝐸𝐼𝑦′′′ = −
2𝑞0𝑥
2
𝐿
+
4𝑞0𝑥
3
3𝐿2
+ 𝐶1 
𝐸𝐼𝑦′′ = −
2𝑞0𝑥
3
3𝐿
+
𝑞0𝑥
4
3𝐿2
+ 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
𝐸𝐼𝑦′ = −
𝑞0𝑥
4
6𝐿
+
𝑞0𝑥
5
15𝐿2
+ 𝐶1
𝑥2
2
+ 𝐶2𝑥 + 𝐶3 
𝐸𝐼𝑦 = −
𝑞0𝑥
5
30𝐿
+
𝑞0𝑥
6
90𝐿2
+ 𝐶1
𝑥3
3
+ 𝐶2
𝑥2
2
+ 𝐶3𝑥 + 𝐶4 
 
Condições de contorno. 
 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 0 e 𝑦′′ = 0 (Momento fletor nulo no apoio simples) 
iii) 𝑥 = 𝐿 e 𝑦′′ = 0 (Momento fletor nulo no apoio simples) 
iv) 𝑥 = 𝐿 e 𝑦 = 0 
 
Substituindo, tem-se: 
 
i) 
𝐸𝐼(0) = −
𝑞0(0)
5
30𝐿
+
𝑞0(0)
6
90𝐿2
+ 𝐶1
(0)3
3
+ 𝐶2
(0)2
2
+ 𝐶3(0) + 𝐶4 
𝑪𝟒 = 𝟎 
 
 
ii) 
 
𝐸𝐼(0) = −
2𝑞0(0)
3
3𝐿
+
𝑞0(0)
4
3𝐿2
+ 𝐶1(0) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = 𝟎 
 
iii) 
 
𝐸𝐼(0) = −
2𝑞0(𝐿)
3
3𝐿
+
𝑞0(𝐿)
4
3𝐿2
+ 𝐶1(𝐿) 
𝑪𝟏 =
𝒒𝟎𝑳
𝟑
 
 
iv) 
 
𝐸𝐼(0) = −
𝑞0(𝐿)
5
30𝐿
+
𝑞0(𝐿)
6
90𝐿2
+
𝑞0𝐿
3
(𝐿)3
3
+ 𝐶3(𝐿) 
 
𝑪𝟑 = −
𝒒𝟎𝑳
𝟑
𝟑𝟎
 
 
Portanto, a equação da linha elástica é dada por: 
 
𝑦 = −
𝑞0𝑥
90𝐿2𝐸𝐼
(3𝐿5 − 5𝐿3𝑥2 + 3𝐿𝑥4 − 𝑥5) 
Pela simetria tanto de carga como geométrica, pode-se afirmar que flecha máxima ocorre 
no meio do vão. Destaforma, substituindo 𝑥 = 𝐿 2⁄ na equação da linha elástica, tem-se: 
 
𝑦𝑚á𝑥 = −
𝑞0 (
𝐿
2)
90𝐿2𝐸𝐼
[3𝐿5 − 5𝐿3 (
𝐿
2
)
2
+ 3𝐿 (
𝐿
2
)
4
− (
𝐿
2
)
5
] 
𝑦𝑚á𝑥 = −
𝑞0𝐿
180𝐿2𝐸𝐼
[3𝐿5 −
5𝐿5
4
+
3𝐿5
16
−
𝐿5
32
] 
𝑦𝑚á𝑥 = −
𝑞0
180𝐿𝐸𝐼
[
96𝐿5 − 40𝐿5 + 6𝐿5 − 𝐿5
32
] 
𝒚𝒎á𝒙 = −
𝟔𝟏𝒒𝟎𝑳
𝟒
𝟓𝟕𝟔𝟎𝑬𝑰
 
 
 
 
7. VIGAS COM INÉRCIA VARIÁVEL 
 
Nesta seção serão estuadas vigas que possuem inércia variável. Tais casos representam uma 
vasta aplicação na engenharia. Desta forma, seja a viga tronco cônica, maciça, engastada e 
carregada com uma carga concentrada 𝑃 em sua extremidade livre, como mostra a figura 
abaixo. 
 
 
Inicialmente, deve-se determinar como o diâmetro da seção transversal da viga varia ao longo 
do eixo 𝑥. Para tanto, observam-se as característica geométricas deste elemento tronco cônico 
mostrado na figura a seguir. 
 
Fazendo semelhança de triângulos, tem-se: 
𝑥
𝐿
=
𝑑 − 𝑑𝐴
2
𝑑𝐴
2
 
𝑑𝐿 − 𝑑𝐴𝐿 = 𝑑𝐴𝑥 
𝑑𝐿 = 𝑑𝐴𝐿 + 𝑑𝐴𝑥 
𝑑 =
𝑑𝐴
𝐿
(𝐿 + 𝑥) 
O momento de inércia de uma seção circular é dado por: 
𝐼 =
𝜋𝑑4
64
=
𝜋𝑑𝐴
4
64𝐿4
(𝐿 + 𝑥)4 
𝐼 =
𝐼𝐴
𝐿4
(𝐿 + 𝑥)4 
A equação do momento fletor para a viga em questão é: 
Página67 
𝑀 = −𝑃𝑥 
Aplicando as expressões encontradas acima na equação diferencial da linha elástica, produz-
se: 
𝐸𝐼𝑦′′ = 𝑀 
𝐸 [
𝐼𝐴
𝐿4
(𝐿 + 𝑥)4] 𝑦′′ = −𝑃𝑥 
𝑦′′ = −
𝑃𝐿4
𝐸𝐼𝐴
[
𝑥
(𝐿 + 𝑥)4
] 
A seguir, utiliza-se o método da dupla integração e as respectivas condições de contorno. No 
entanto, a integral do segundo membro da equação não é imediata. Portanto, faz-se necessário 
comentar a metodologia pertinente e eficaz para resolvê-la. 
∫
𝑥
(𝐿 + 𝑥)4
𝑑𝑥 
𝐿 + 𝑥 = 𝑢  𝑥 = 𝑢 − 𝐿 
𝑑𝑥 = 𝑑𝑢 
∫
𝑢 − 𝐿
𝑢4
𝑑𝑢 = ∫
𝑢
𝑢4
𝑑𝑢 − ∫
𝐿
𝑢4
𝑑𝑢 
= ∫𝑢−3𝑑𝑢 − 𝐿∫𝑢−4𝑑𝑢 
=
𝑢−3+1
−3 + 1
− 𝐿
𝑢−4+1
−4 + 1
+ 𝐶 
= −
1
2𝑢2
+
𝐿
3𝑢3
+ 𝐶 
=
−3𝑢 + 2𝐿
6𝑢3
+ 𝐶 
=
−3(𝐿 + 𝑥) + 2𝐿
6(𝐿 + 𝑥)3
+ 𝐶 
= −
𝐿 + 3𝑥
6(𝐿 + 𝑥)3
+ 𝐶 
Portanto, a equação da inclinação da linha elástica, oriunda da primeira integração, a menos 
de uma constante, é dada por: 
𝒚′ = +
𝑷𝑳𝟒
𝑬𝑰𝑨
[
𝑳 + 𝟑𝒙
𝟔(𝑳 + 𝒙)𝟑
] + 𝑪𝟏 
Integrando novamente, e repetindo o procedimento acima para resolver a integral, obtém-se: 
𝑦 =
𝑃𝐿4
6𝐸𝐼𝐴
[𝐿∫
1
(𝐿 + 𝑥)3
𝑑𝑥 + 3∫
𝑥
(𝐿 + 𝑥)3
𝑑𝑥] + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
 
𝑦 = −
𝑃𝐿4
6𝐸𝐼𝐴
[
𝐿
2(𝐿 + 𝑥)2
+
3(𝐿 + 2𝑥)
2(𝐿 + 𝑥)2
] + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
𝒚 = −
𝑷𝑳𝟒
𝟔𝑬𝑰𝑨
[
𝟒𝑳 + 𝟔𝒙
𝟐(𝑳 + 𝒙)𝟐
] + 𝑪𝟏𝒙 + 𝑪𝟐 
Página68 
Condições de contorno. 
i) 𝑥 = 𝐿 e 𝑦′ = 0 (Engaste) 
ii) 𝑥 = 𝐿 e 𝑦 = 0 (Engaste) 
Substituindo, tem-se: 
i) 
0 = +
𝑃𝐿4
6𝐸𝐼𝐴
[
𝐿 + 3𝐿
(𝐿 + 𝐿)3
] + 𝐶1 
0 = +
𝑃𝐿4
6𝐸𝐼𝐴
[
4𝐿
8𝐿3
] + 𝐶1 
0 = +
𝑃𝐿2
12𝐸𝐼𝐴
+ 𝐶1 
𝑪𝟏 = −
𝑷𝑳𝟐
𝟏𝟐𝑬𝑰𝑨
 
ii) 
0 = −
𝑃𝐿4
6𝐸𝐼𝐴
[
4𝐿 + 6𝐿
2(𝐿 + 𝐿)2
] −
𝑃𝐿2
12𝐸𝐼𝐴
𝐿 + 𝐶2 
0 = −
𝑃𝐿4
6𝐸𝐼𝐴
[
10𝐿
8𝐿2
] −
𝑃𝐿3
12𝐸𝐼𝐴
+ 𝐶2 
0 = −
10𝑃𝐿3
48𝐸𝐼𝐴
−
𝑃𝐿3
12𝐸𝐼𝐴
+ 𝐶2 
0 =
−10𝑃𝐿3 − 4𝑃𝐿3
48𝐸𝐼𝐴
+ 𝐶2 
0 = −
14𝑃𝐿3
48𝐸𝐼𝐴
+ 𝐶2 
𝑪𝟐 =
𝟕𝑷𝑳𝟑
𝟐𝟒𝑬𝑰𝑨
 
Portanto, a equação da inclinação e da deflexão da linha elástica é dada por: 
Inclinação (Rotação) 
𝑦′ = +
𝑃𝐿4
6𝐸𝐼𝐴
[
𝐿 + 3𝑥
(𝐿 + 𝑥)3
] −
𝑃𝐿2
12𝐸𝐼𝐴
 
Deflexão (Flecha ou deslocamento vertical) 
𝑦 = −
𝑃𝐿4
6𝐸𝐼𝐴
[
4𝐿 + 6𝑥
2(𝐿 + 𝑥)2
] −
𝑃𝐿2
12𝐸𝐼𝐴
𝑥 +
7𝑃𝐿3
24𝐸𝐼𝐴
 
A determinação do máximo encerra uma discussão deveras interessante. Pelo procedimento 
padrão, deve-se igualar a equação da inclinação a zero. 
𝑦′ = 0 
𝑃𝐿4
6𝐸𝐼𝐴
[
𝐿 + 3𝑥
(𝐿 + 𝑥)3
] −
𝑃𝐿2
12𝐸𝐼𝐴
= 0 
𝑃𝐿4
6𝐸𝐼𝐴
[
𝐿 + 3𝑥
(𝐿 + 𝑥)3
] =
𝑃𝐿2
12𝐸𝐼𝐴
 
Página69 
𝐿2 [
𝐿 + 3𝑥
(𝐿 + 𝑥)3
] =
1
2
 
𝐿3 + 3𝐿2𝑥
(𝐿 + 𝑥)3
=
1
2
 
𝐿3 + 3𝐿2𝑥 + 3𝐿𝑥2 + 𝑥3 = 2𝐿3 + 6𝐿2𝑥 
𝑥3 + 3𝐿𝑥2 − 3𝐿2𝑥 − 𝐿3 = 0 
Como pode-se observar facilmente, 𝑥 = 𝐿 é uma das raízes dessa equação cúbica. Utilizando 
o dispositivo prático de Briot-Ruffini, tem-se: 
𝐿 1 3𝐿 −3𝐿2 −𝐿3 
 1 4𝐿 𝐿2 0 
Assim, obtêm-se os coeficientes do quociente da divisão do polinômio original por (𝑥 − 𝐿), 
reduzido de um grau, o que resulta: 
(𝑥 − 𝐿)(𝑥2 + 4𝐿𝑥 + 𝐿2) = 0 
Portanto, 
𝑥2 + 4𝐿𝑥 + 𝐿2 = 0 
𝑥 =
−4𝐿 ± √16𝐿2 − 4𝐿2
2
 
𝑥 =
−4𝐿 ± √12𝐿2
2
 
𝑥 =
−4𝐿 ± 2√3𝐿2
2
 
𝑥 = −2𝐿 ± √3𝐿 
𝑥′ = −3,73𝐿 (fora do domínio) 
𝑥′′ = −0,27𝐿 (fora do domínio) 
Em que pese ter sido possível encontrar as três raízes daquela equação cúbica, duas delas 
estão fora do domínio e a outra que é 𝑥 = 𝐿, representa um máximo relativo e não um máximo 
absoluto dentro do domínio geométrico da viga. Portanto, no ponto onde a viga está engastada, 
existe um ponto crítico de máximo valor relativo. Haja vista a inclinação ser zero. Porém, a 
máxima deflexão ocorrerá no extremo em balanço. Em última análise, a máxima deflexão 
ocorrerá para 𝑥 = 0. 
Substituindo este valor na equação da flecha, obtém-se: 
𝑦 = −
𝑃𝐿4
6𝐸𝐼𝐴
[
4𝐿 + 6 ∙ 0
2(𝐿 + 0)2
] −
𝑃𝐿2
12𝐸𝐼𝐴
∙ 0 +
7𝑃𝐿3
24𝐸𝐼𝐴
 
𝑦 = −
𝑃𝐿4
6𝐸𝐼𝐴
[
4𝐿
2𝐿2
] +
7𝑃𝐿3
24𝐸𝐼𝐴
 
𝑦 = −
𝑃𝐿3
3𝐸𝐼𝐴
+
7𝑃𝐿3
24𝐸𝐼𝐴
 
𝑦 =
−8𝑃𝐿3 + 7𝑃𝐿3
24𝐸𝐼𝐴
 
𝒚 = −
𝑷𝑳𝟑
𝟐𝟒𝑬𝑰𝑨
 
 
Página70 
 
 
 
 
 
Página71 
8. EXERCÍCIO PROPOSTO 
 
01) Uma viga carregada com uma carga distribuída 𝑞 é formada por duas barras de seção 
transversal quadrangular variável, conforme mostra a figura abaixo. 
 
 
A aresta da seção transversal da extremidade A é 𝑑𝐴 e a aresta da seção transversal no ponto 
médio C é 𝑑𝐵 = 2𝑑𝐴. Cada barra tem comprimento 𝐿. Assim, a aresta da seção transversal 
genérica 𝑑 e o respectivo momento de inércia da viga variam em função de 𝑥, conforme as 
expressões abaixo: 
 
𝑑 =
𝑑𝐴
𝐿
(𝐿 + 𝑥) 
𝐼 =
𝑑4
12
=
𝑑𝐴
4
12𝐿4
(𝐿 + 𝑥)4 
𝐼 =
𝐼𝐴
𝐿4
(𝐿 + 𝑥)4 
Onde 𝐼𝐴 é a inércia da seção transversal da extremidade A da viga. Estas equações são válidas 
para metade da viga, ou seja, para o trecho AC onde se tem 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿. 
 
a) Obtenha a equação da inclinação e da deflexão da linha elástica, para a metade do lado 
esquerdo da viga, devido ao carregamento distribuído. 
b) A partir dessas equações calcule a rotação 𝜃𝐴, na extremidade A e a máxima deflexão em 
C, 𝑦𝑚á𝑥. 
 
ROTEIRO 
 
1) Determine a equação do momento fletor para o trecho AC da viga. 
2) Substitua a equação do momento fletor calculada e a expressão da inércia variável dada na 
equação diferencial da linha elástica. 
3) Isole 𝑦" e integre duas vezes. Utilize as integrais fornecidas a seguir: 
 
∫
𝑥
(𝐿 + 𝑥)4
𝑑𝑥 = −
𝐿 + 3𝑥
6(𝐿 + 𝑥)3
 
 
Página72 
∫
𝑥2
(𝐿 + 𝑥)4
𝑑𝑥 = −
𝐿2 + 3𝐿𝑥 + 3𝑥2
3(𝐿 + 𝑥)3
 
∫
𝑥2
(𝐿 + 𝑥)3
𝑑𝑥 =
𝐿(3𝐿 + 4𝑥)
2(𝐿 + 𝑥)2
+ ln (𝐿 + 𝑥) 
 
GABARITO 
 
𝑪𝟏 = −
𝒒𝑳𝟑
𝟏𝟔𝑬𝑰𝑨
 
𝑪𝟐 = −
𝒒𝑳𝟒
𝟐𝑬𝑰𝑨
(
𝟑
𝟐
+ 𝒍𝒏𝑳) 
𝒚′ =
𝒒𝑳𝟒𝒙𝟐
𝟐𝑬𝑰𝑨(𝑳 + 𝒙)𝟑
−
𝒒𝑳𝟑
𝟏𝟔𝑬𝑰𝑨
 
𝒚 = −
𝒒𝑳𝟒
𝟐𝑬𝑰𝑨
[
(𝟗𝑳𝟐 + 𝟏𝟒𝑳𝒙 + 𝒙𝟐)𝒙
𝟖𝑳(𝑳 + 𝒙)𝟐
− 𝒍𝒏(
𝑳 + 𝒙
𝑳
)] 
𝜽𝑨 = −
𝒒𝑳𝟑
𝟏𝟔𝑬𝑰𝑨
 
𝒚𝒎á𝒙 = −
𝒒𝑳𝟒
𝟖𝑬𝑰𝑨
(𝟑 − 𝟒𝒍𝒏𝟐) 
 
9. FLAMBAGEMConceito de Carga Crítica 
Ao ser projetado, um elemento deve satisfazer às condições de resistência, deslocamentos 
limites e estabilidade. Alguns elementos podem estar submetidos a cargas compressivas, e se 
esses elementos forem longos ou esbeltos, o carregamento pode ser suficientemente elevado 
para causar uma instabilidade lateral. Quanto à estabilidade, existem três tipos dela: 
 
Especificamente, elementos longos e esbeltos sujeitos a cargas axiais compressivas são 
chamados de colunas e seus deslocamentos laterais são caracterizados através do fenômeno 
conhecido como flambagem. 
A carga axial máxima que uma coluna pode suportar quando atinge a iminência de flambar é 
chamada de carga crítica, Pcr. 
Página73 
 
 
Verifica-se que uma coluna flambará relativamente ao eixo principal da seção transversal com 
o menor momento de inércia (eixo mais fraco). Por exemplo, uma coluna com seção 
transversal retangular, veja figura acima, flambará em relação ao eixo a – a, e não em relação 
ao eixo b - b. Consequentemente, os engenheiros ao dimensionar as seções transversais dos 
elementos estruturais procuram atender à condição de momentos de inércia idênticos em todas 
as direções. Assim, do ponto de vista geométrico, os tubos circulares são excelentes colunas. 
Considere o esquema de uma coluna submetida a um carregamento axial de compressão. A 
partir dele será deduzida a equação da carga crítica de flambagem. 
 
 
Página74 
 
1. Fórmula da Carga Crítica. 
 
𝑀 = −𝑃𝑦 
𝐸𝐼𝑦" = 𝑀 
𝐸𝐼𝑦" = −𝑃𝑦 
𝐸𝐼𝑦" + 𝑃𝑦 = 0 
𝑦" +
𝑃
𝐸𝐼
𝑦 = 0 
𝑦" + 𝑘2𝑦 = 0 
𝑘2 =
𝑃
𝐸𝐼
 
A solução de uma equação diferencial é uma função que a verifica. O quadro a seguir mostra 
algumas funções que foram substituídas na equação diferencial estudada. Note que somente 
a função seno e cosseno podem ser soluções particulares da EDO. 
𝑦 𝑦′ 𝑦" 𝑘2𝑦 𝑦" + 𝑘2𝑦 
𝑒𝑘𝑥 𝑘𝑒𝑘𝑥 𝑘2𝑒𝑘𝑥 𝑘2𝑒𝑘𝑥 𝑘2𝑒𝑘𝑥 + 𝑘2𝑒𝑘𝑥 ≠ 0 
𝑒−𝑘𝑥 −𝑘𝑒−𝑘𝑥 𝑘2𝑒−𝑘𝑥 𝑘2𝑒−𝑘𝑥 𝑘2𝑒−𝑘𝑥 + 𝑘2𝑒−𝑘𝑥 ≠ 0 
𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥) 𝑘𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥) −𝑘2𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥) 𝑘2𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥) 
−𝑘2𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥) + 𝑘2𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥)
= 0 
𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥) −𝑘𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥) −𝑘2𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥) 𝑘2𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥) 
−𝑘2𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥) + 𝑘2𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥)
= 0 
 
Desta forma, tem-se: 
 
𝑦 = 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥) + 𝐵𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥) 
 
Para o cálculo das constantes A e B, deve-se definir as condições de contono. 
Página75 
 
Condições de contorno. 
i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 
ii) 𝑥 = 𝐿 e 𝑦 = 0 
Substituindo, tem-se: 
0 = 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝑘 ∙ 0) + 𝐵𝑐𝑜𝑠(𝑘 ∙ 0) 
0 = 𝐴 ∙ 0 + 𝐵 ∙ 1 
𝑩 = 𝟎 
0 = 𝐴 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝑘 ∙ 𝐿) + 0 ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝑘 ∙ 𝐿) 
𝐴 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝑘𝐿) = 0 
𝑠𝑒𝑛(𝑘𝐿) = 𝑠𝑒𝑛(𝜋) 
𝑘𝐿 = 𝜋 
𝑘2𝐿2 = 𝜋2 
𝑃
𝐸𝐼
𝐿2 = 𝜋2 
 
𝑷𝒄𝒓 =
𝝅𝟐𝑬𝑰
𝑳𝟐
 
 
2. Tensão crítica. 
 
𝜎𝑐𝑟 =
𝑃𝑐𝑟
𝐴
 
𝜎𝑐𝑟 =
𝜋2𝐸𝐼
𝐿2𝐴
 
𝜎𝑐𝑟 =
𝜋2𝐸
𝐿2
(
𝐼
𝐴
) 
 
Raio de giro. 
 
𝑟 = √
𝐼
𝐴
 
 
𝑟2 =
𝐼
𝐴
 
 
𝜎𝑐𝑟 =
𝜋2𝐸𝑟2
𝐿2
 
 
Página76 
𝜎𝑐𝑟 =
𝜋2𝐸
𝐿2
𝑟2
 
 
𝜎𝑐𝑟 =
𝜋2𝐸
(
𝐿
𝑟)
2 
 
𝝈𝒄𝒓 =
𝝅𝟐𝑬
𝝀𝟐
 
 
𝜆 =
𝐿
𝑟
 
 
Onde 𝜆 é o índice de esbeltez. 
10. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
 
01) Observe as tabelas abaixo na qual são mostradas as propriedades de 4 materiais e as 
dimensões de 4 colunas. Faça um estudo quanto à flambagem ao se construir as colunas com 
todos os materiais disponíveis. Para tanto, determine: a) o índice de esbeltez crítico; b) a 
tensão crítica de flambagem e c) a carga crítica de flambagem para cada material. Em todos 
os casos utilize um coeficiente de segurança igual a 2,0. 
 
Tabela 1. Materiais. 
MAT TIPO 
Tensão de Escoamento 𝝈𝑬 
(𝑴𝑷𝒂) 
Módulo de 
elasticidade 𝑬 
(𝑮𝑷𝒂) 
 
1 
Concreto de alta 
resistência 
40 30 
2 Ferro fundido maleável 230 165 
3 Aço ASTM-A709 C 450 345 200 
4 Alumínio Liga 2014-T6 400 75 
 
Tabela 2. Colunas. 
COL TIPO SEÇÃO 
 
ALTURA 
 
1 Circular cheia (Birrotulada) 𝐷 = 200𝑚𝑚 𝐿 = 2,5𝑚 
2 Circular vazada (Biengastada) 𝐷 = 40𝑚𝑚 e 𝑑 = 30𝑚𝑚 𝐿 = 4,0𝑚 
3 Retangular (Engastada livre) 240𝑚𝑚 × 120𝑚𝑚 𝐿 = 3,5𝑚 
4 Quadrada (Rotulada engastada) 𝑏 = 60𝑚𝑚 𝐿 = 2,0𝑚 
 
 
Página77 
02) Considere a Tabela de Propriedades dos Materiais e a Tabela de Propriedades de Perfis de 
Aço Laminado. Escolha livremente um material (diferente daqueles da questão 01) e um tipo 
de dimensão nominal para cada perfil abaixo e determine a tensão crítica e a carga crítica de 
flambagem. Depois decida qual é melhor escolha do ponto de vista estrutural. (Utilize uma 
altura de 3 m para todas as colunas) 
 
a) Perfil de mesas largas (“W”) – Coluna birrotulada. 
b) Perfil “I” – Coluna engastada livre. 
c) Perfil “U” – Coluna biengastada. 
d) Perfil “Cantoneira” – Coluna engastada rotulada. 
 
RESPOSTAS (QUESTÃO 01) 
 
MATERIAL COLUNA 𝝀𝒄𝒓 𝝈𝒄𝒓 (𝑴𝑷𝒂) 𝑷𝒄𝒓 (𝒌𝑵) 
1 
1 86,6 20 628,32 
2 86,6 5,86 3,22 
3 86,6 20 576 
4 86,6 20 72 
2 
1 84,7 115 3612,83 
2 84,7 32,225 17,72 
3 84,7 20,21 582,05 
4 84,7 115 414 
3 
1 76,14 172,5 5419,25 
2 76,14 39,06 21,47 
3 76,14 24,5 705,6 
4 76,14 153,17 551,41 
4 
1 43,3 150 4712,39 
2 43,3 14,65 8,05 
3 43,3 9,185 264,53 
4 43,3 57,44 206,78 
 
Obs: A questão 02 depende da escolha de cada aluno. Portanto, o gabarito é individual, 
segundo a escolha do tipo de perfil. No entanto, o raciocínio é semelhante ao da questão 01. 
 
RESUMO TEÓRICO 
 
Considere a Esbeltez Crítica (𝜆𝑐𝑟), a Tensão Crítica (𝜎𝑐𝑟), utilizando a fórmula de Euler, e a 
esbeltez do elemento estrutural (𝜆). 
 
 
𝝀𝒄𝒓 = √
𝝅𝟐𝑬
𝝈𝑬
 
 
𝝈𝒄𝒓 =
𝝅𝟐𝑬
𝝀𝟐
 𝝀 =
𝑳𝒇
𝒓
 
 
Página78 
Onde: 
E: Módulo de Elasticidade (Característica do material); 
𝜎𝐸: Tensão de Escoamento (Característica do material); 
𝑟: Raio de giro (Característica da seção transversal); 
𝐿𝑓: Comprimento efetivo da coluna (Depende do tipo de vínculo nas extremidades); 
𝜆: Índice de esbeltez. 
 
O Comprimento Efetivo de Flambagem 𝐿𝑓 depende do tipo de vínculo existente nas 
extremidades, como mostra a Figura 1. A validade da Fórmula de Euler é determinada pelo 
valor índice de esbeltez crítico e pela tensão de escoamento (Figura 2). 
 
 
 
 
 
 
Figura 1. Comprimento Efetivo. 
 
 
Figura 2. Fórmula de Euler. 
 
11. TEROREMA DE CASTIGLIANO 
 
Um dos mais famosos teoremas na análise estrutural foi descoberto por Carlos Alberto 
Pio Castigliano (1847-1884), engenheiro italiano. 
Considerações 
Seja uma viga submetida a qualquer número de carregamentos, digamos n carregamentos com 
suas respectivas deflexões como está apresentada na figura a seguir. 
 
 
Página79 
Quando os carregamentos são aplicados à viga, eles aumentam gradualmente sua grandeza 
desde zero até seus valores máximos. Ao mesmo tempo, cada um dos carregamentos move-
se através de seus deslocamentos correspondentes e produz trabalho. O trabalho total 
realizado pelos carregamentos é igual a Energia de deformação U armazenada na viga: 
 
𝑊 = 𝑈 
 
W é uma função dos carregamentos atuantes na viga. 
 
 
Considere-se que o enésimo carregamento é aumentado levemente pela quantidade dPi 
enquanto os outros carregamentos são mantidos constantes. Esse aumento no carregamento 
irá causar um pequeno aumento dU na energia de deformação da viga. Esse aumento na 
energia de deformação pode ser expresso como a taxa de variação de U com relação a Pi vezes 
o pequeno aumento Pi. Dessa forma o aumento na energia de deformação é: 
 
𝑑𝑈 =
𝜕𝑈
𝜕𝑃𝑖
𝑑𝑃𝑖 
 
Emque ∂U /∂Pi é a taxa de variação de U com relação a Pi (Uma vez que U é uma função 
de todos os carregamentos, a derivada com relação a qualquer um dos carregamentos é uma 
derivada parcial). A energia de deformação da viga é dada por: 
 
𝑈 + 𝑑𝑈 = 𝑈 +
𝜕𝑈
𝜕𝑃𝑖
𝑑𝑃𝑖 
 
Como o princípio da superposição mantém-se para essa viga, a energia de deformação total é 
independente da ordem em que os carregamentos são aplicados. Quando o carregamento dPi 
é aplicado primeiro, ele produz energia de deformação igual à metade do produto do 
carregamento dPi e seu deslocamento correspondente 𝑑𝛿𝑖 . A quantidade de energia de 
deformação devido o carregamento dPi é: 
 
𝑑𝑃𝑖𝑑𝛿𝑖
2
 
 
Quando todos os carregamentos são aplicados a força dPi se move através do deslocamento 
𝛿𝑖. Fazendo isso ela produz trabalho adicional igual ao produto da força e da distância através 
da qual ela se move dado por: 
 
𝑑𝑃𝑖𝑑𝛿𝑖 
 
A energia de deformação final para a segunda sequência de carregamento é: 
 
Página80 
𝑑𝑃𝑖𝑑𝛿𝑖
2
+ 𝑈 + 𝑑𝑃𝑖𝑑𝛿𝑖 
 
Igualando as duas equações anteriores: 
 
 
𝑑𝑃𝑖𝑑𝛿𝑖
2
+ 𝑈 + 𝑑𝑃𝑖𝑑𝛿𝑖 = 𝑈 +
𝜕𝑈
𝜕𝑃𝑖
𝑑𝑃𝑖 
 
 
Pode-se descartar o primeiro termo porque ele contém o produto de dois diferenciais e é 
infinitesimalmente pequeno comparado aos outros termos. Obtém-se, então, a seguinte 
relação: 
 
𝜹𝒊 =
𝝏𝑼
𝝏𝑷𝒊
 
 
Essa é a equação conhecida como Teorema de Castigliano 
 
A derivada parcial da energia de deformação de uma estrutura com relação a qualquer 
carregamento é igual ao deslocamento correspondente aquele carregamento. 
 
Aplicação. 
 
Determine o deslocamento no meio do vão de uma viga isostática biapoiada com carga 
concentrada também no meio do vão, conforme mostra a figura a seguir. 
 
 
SOLUÇÃO 1. 
 
𝑈 = ∫
𝑀2
2𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
 
 
𝑀1 =
𝑝
2
𝑥 
Página81 
 
𝑀2 =
𝑝
2
𝑥 − 𝑝 (𝑥 −
𝐿
2
) =
𝑝𝐿
2
−
𝑝
2
𝑥 
 
𝑈 =
1
2𝐸𝐼
[∫ (
𝑝
2
𝑥)
2
𝑑𝑥
𝐿
2
0
+∫ (
𝑝𝐿
2
−
𝑝
2
𝑥)
2
𝑑𝑥
𝐿
𝐿
2
] 
 
𝑈 =
1
2𝐸𝐼
∫ (
𝑝2
4
𝑥2)𝑑𝑥
𝐿
2
0
+
1
2𝐸𝐼
∫ (
𝑝2𝐿2
4
−
𝑝2𝐿
2
𝑥 +
𝑝2
4
𝑥2)
𝐿
𝐿
2
𝑑𝑥 
 
𝑈 =
1
2𝐸𝐼
[
𝑝2
12
𝑥3]
0
𝐿
2
+
1
2𝐸𝐼
[(
𝑝2𝐿2
4
𝑥 −
𝑝2𝐿
4
𝑥2 +
𝑝2
12
𝑥3)]
𝐿
2
𝐿
 
 
𝑈 =
1
2𝐸𝐼
[
𝑝2𝐿3
96
] +
1
2𝐸𝐼
[(
𝑝2𝐿3
4
−
𝑝2𝐿3
4
+
𝑝2𝐿3
12
) − (
𝑝2𝐿3
8
−
𝑝2𝐿3
16
+
𝑝2𝐿3
96
)] 
 
 
𝑈 =
1
2𝐸𝐼
[
𝑝2𝐿3
96𝐸𝐼
] +
1
2𝐸𝐼
[
𝑝2𝐿3
96𝐸𝐼
] 
 
𝑈 =
𝑝2𝐿3
96𝐸𝐼
 
 
𝛿𝐵 =
𝜕
𝜕𝑝
(
𝑝2𝐿3
96𝐸𝐼
) =
𝑝𝐿3
48𝐸𝐼
 
 
𝜹𝑩 =
𝒑𝑳𝟑
𝟒𝟖𝑬𝑰
 
 
 
SOLUÇÃO 2. 
 
𝛿𝑖 = ∫
𝑀
𝐸𝐼
(
𝜕𝑀
𝜕𝑃
)
𝐿
0
𝑑𝑥 
 
 
𝜕𝑀1
𝜕𝑃
=
𝑥
2
 
Página82 
 
𝜕𝑀2
𝜕𝑃
=
𝐿
2
−
𝑥
2
 
 
𝛿𝐵 =
1
𝐸𝐼
[∫ (
𝑝
2
𝑥) (
𝑥
2
) 𝑑𝑥
𝐿
2
0
+∫ (
𝑝𝐿
2
−
𝑝
2
𝑥) (
𝐿
2
−
𝑥
2
)𝑑𝑥
𝐿
𝐿
2
] 
 
𝛿𝐵 =
1
𝐸𝐼
[∫ (
𝑝
4
𝑥2) 𝑑𝑥
𝐿
2
0
+∫ (
𝑝𝐿
2
−
𝑝
2
𝑥) (
𝐿
2
−
𝑥
2
)𝑑𝑥
𝐿
𝐿
2
] 
 
𝛿𝐵 =
1
𝐸𝐼
[∫ (
𝑝
4
𝑥2) 𝑑𝑥
𝐿
2
0
+∫ (
𝑝𝐿2
4
−
𝑝𝐿
2
𝑥 +
𝑝𝑥2
4
)𝑑𝑥
𝐿
𝐿
2
] 
 
 
𝛿𝐵 =
1
𝐸𝐼
[
𝑝
12
𝑥3]
0
𝐿
2
+
1
𝐸𝐼
[(
𝑝𝐿2
4
𝑥 −
𝑝𝐿
4
𝑥2 +
𝑝
12
𝑥3)]
𝐿
2
𝐿
 
 
𝛿𝐵 =
1
𝐸𝐼
[
𝑝2𝐿3
96
] +
1
𝐸𝐼
[(
𝑝2𝐿3
4
−
𝑝2𝐿3
4
+
𝑝2𝐿3
12
) − (
𝑝2𝐿3
8
−
𝑝2𝐿3
16
+
𝑝2𝐿3
96
)] 
 
𝛿𝐵 =
1
𝐸𝐼
[
𝑝2𝐿3
96𝐸𝐼
] +
1
𝐸𝐼
[
𝑝2𝐿3
96𝐸𝐼
] 
 
𝜹𝑩 =
𝒑𝑳𝟑
𝟒𝟖𝑬𝑰
 
 
12. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
 
01) Uma barra de seção circular é formada por duas peças de mesmo comprimento e de 
diâmetros distintos, conforme mostra a figura abaixo. Seja E o módulo de elasticidade do qual 
as peças são feitas. Determine a energia de deformação devido à carga axial P. 
 
Dados: 
𝑃 = 27 𝑘𝑁 
𝐿 = 600 𝑚𝑚 
𝑑 = 40 𝑚𝑚 
𝐸 = 105 𝐺𝑃𝑎 
 
 
Página83 
Resp. 𝑼 = 𝟏𝟎𝟑𝟔 𝑱 
 
 
 
02) Uma barra engastada de comprimento L e espessura t possui seção retangular variável e 
está submetida a uma carga axial P, conforme mostra a figura. Seja E o módulo de elasticidade 
do qual a barra é feita. Pede-se determinar a energia de deformação para esta barra. 
 
Resp. 
 
𝑼 =
𝑷𝟐𝑳
𝟐𝑬𝒕(𝒃𝟐 − 𝒃𝟏)
𝒍𝒏 (
𝒃𝟐
𝒃𝟏
) 
 
 
 
 
 
 
03) Para as vigas a seguir, de rigidez EI, pede-se determinar as respectivas energias de 
deformação por flexão a que elas estão submetidas devido ao carregamento apresentado. 
 
Resp. 
 
𝑼 =
𝒒𝟐𝑳𝟓
𝟒𝟎𝑬𝑰
 
 
 
 
 
 
 
Resp. 
 
𝑼 =
𝑷𝟐𝒂𝟐
𝟔𝑬𝑰
(𝑳 + 𝒂) 
 
 
 
 
 
 
Resp. 
Página84 
 
𝑼 =
𝑷𝟐𝑳𝟑
𝟗𝟔𝑬𝑰
+
𝑷𝑴𝟎𝑳
𝟐
𝟏𝟔𝑬𝑰
+
𝑴𝟎𝑳
𝟐
𝟔𝑬𝑰
 
 
 
 
 
IMPRESSO POR: Marco Andre Argenta <marco.argenta@ufpr.br>. A impressão é apenas para uso pessoal e privado. Nenhuma parte deste livro pode ser reproduzida 
ou transmitida sem prévia autorização do editor. Os violadores serão processados.
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PROPRIEDADES GEOMÉTICAS DAS SEÇÕES. 
 
SEÇÃO MOMENTO DE INÉRCIA ÁREA RAIO DE GIRO 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝐼 =
𝑏ℎ3
12
 
 
𝐴 = 𝑏ℎ 
 
𝑟 =
ℎ
√12
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝐼 =
𝑏4
12
 
 
𝐴 = 𝑏2 
 
𝑟 =
𝑏
√12
 
 
 
 
 
 
 
𝐼 =
𝜋𝐷4
64
 
 
𝐴 =
𝜋𝐷2
4
 
 
𝑟 =
𝐷
4
 
 
 
 
 
 
 
𝐼 =
𝜋𝐷4
64
−
𝜋𝑑4
64
 
 
𝐴 =
𝜋𝐷2
4
−
𝜋𝑑2
4
 
 
𝑟 =
√𝐷2 + 𝑑2
4
 
 
ℎ 
𝑏 
𝑏 
𝑏 
𝐷 
𝑑 𝐷