Estruturas Isostáticas 2

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VII - ESTUDO DE ALGUMAS ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS 
 
 
7.A Vigas Gerber 
 
Viga Gerber é uma viga sobre mais de dois apoios e dotada de 
articulações internas de modo a torna-la isostática. O número de articulações 
internas é igual ao número de apoios menos dois: 
 
G = a - 2 
 
 
7.A.1 Modo de rotular a estrutura 
 
1. Coloca-se duas rótulas no 3°, 5°, 7°, etc., tramos ou vãos ímpares e 
uma rótula no 1° e no último tramos caso estes sejam de ordem ímpar. 
 
 
2. Coloca-se duas rótulas nos vãos de tramos de ordem par e uma 
rótula no último tramo, se este conjunto for de ordem par. 
 
7.A.2 Exemplos: 
Torne a Estrutura hiperestática abaixo uma viga Gerber e trace o diagrama de 
esforço cortante da estrutura gerada. 
 
 
 
Primeira solução 
Segunda solução 
 
 
Calcular e traçar o diagrama de momento fletor para a viga Gerber. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Reações de apoio 
 
Estrutura I 
FX = 0  He = Hf = 0KN 
FV = 0  (10.10)/2 = 50KN 
 
Estrutura II 
FX = 0  Hb = He = 0KN 
FV = 0  Va + Vb = 50 + 20.7 + 10.3 = 220KN 
MA = 0  -Vb.7 + 20.7.7.1/2 + 10.3(3/2+7) + 50(7+3) = 0 
Vb = 177,8571KN Va = 42,1423KN 
 
Momento fletor 
Estrutura I ( 0 < x1 < 7) 
 
MS1 = -[ - 42,1429x1 + 20x1(x1/2)] 
x = 0 ------ MS1 = 0KNm 
x = 3,5 --- MS1 = 25KNm 
x = 7 ----- Ms1 = -195KNm 
Mmáx = (VA/q) x1 = 44,40KNm 
Estrutura I ( 0 < x2 < 3) 
 
MS2 = +[-50x2 - 10x2(x2/2)] 
x = 0 ------ MS2 = 0KNm 
x = 1,5 --- MS2 = - 86,25KNm 
x = 3,0 --- MS2= - 195KNm 

  


 



  



 
Estrutura II (0 < x3 < 10) 
 
MS3 = -[-50x3 + 10x3(x3/2)] 
x = 0 ----- MS3 = 0KNm 
x = 5 ----- MS3 = +125KNm 
x = 10 ---- MS3 = 0KNm 
 
Diagrama de Momento Fletor 
 
 
 
Defina o tipo de apoio (rotulado fixo ou móvel) torne a estrutura uma viga Gerber, 
e forneça o diagrama dos esforços internos solicitantes aparentemente de acordo 
com o carregamento na estrutura abaixo dada. 
 
 
 
 
 






Primeira solução: 
Segunda solução 
 










 

7.B - ARCO TRIARTICULADO 
 
 
7.B.1 Definições 
 
É uma estrutura cujo eixo é uma curva, tendo os apoios vinculados de 
tal modo que expressem movimento de translação. 
 
Aplicações: 
 
1. Por razões meramente construtivas (de forma), tais como silos, passarelas 
sobre ruas, angar, etc. 
2. Quando se deseja vencer grandes vãos sem apoio intermediário como por 
exemplo: pontes e coberturas. 
3. Quando se deseja utilizar materiais que resistam somente a 
compressão,tais como a alvenaria, utilizada em arcos romanos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 








 
 
 
Corda de um arco: é a distância entre dois apoios. 
Vão: é a projeção horizontal da corda. 
Flecha: é a distância vertical que vai do fecho a linha de nascença e é 
perpendicular a linha do horizonte. 
Grau de abatimento: é a relação entre a flecha e o vão. 
Coeficiente de audácia: é a relação entre o vão e o grau de abatimento. 
 
 
Triarticulado nas pontes 
 
As cargas se transmitem aos arcos através de tabuleiros ( estrado da 
ponte), através dos montantes (pilares) ou através dos tirantes (pendurais). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 





 

 


 
7.B.2 Roteiro de cálculo 
Para o arco 
 1. FX = 0  HA.cos - HB.cos 
 HA = HB 
2. FY = 0  VA + VB = q(l1 + l2) + P1 + P2 
 VA + VB = q(l1 + l2) + Pn 
3. MB =0  -VA(l1 + l2) + Pn(l1 + l2) - Xn + q(l1 + l2)².1/2 = 0 
4. MG =0  -VA.l1 + Pn(l1 - Xn) + q(l1/2)² + HA f cos = 0 
 VA.l1 - Pn(l1 - Xn) - HA f cos = 0 
Para a viga de substituição: 
MB =0  -VA(l1 + l2) + Pn[(l1 + l2) - Xn] + q(l1 + l2)².1/2 = 0 
Igualando a equação 3 temos 
VA = VA 
MG =0 na viga substituição 
MG =0  -VA.l1 + Pn(l1 - Xn) + q(l1/2)² 
 Se substituirmos esta equação na equação 4 temos: 
MG + HA.f.cos = 0 
HA = - MG 
 f.cosa 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 




7.B.3 Exemplos 
1) Traçar o diagrama de momento fletor, trecho AG para o arco triarticulado cuja 
equação do eixo da estrutura triarticulada é y = -0,125x² + 1,875x 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Flecha 
 f = y(7,5) = 
7,03125m 
Reações 
Fy = 0  Va + Vb = 5 + 4.15 = 65 
Ma = 0  -Vb.15 + 5.7,5 + 4.15 + 15/2 = 0 
Va = Vb = 32,5tf 
H' = Ha = Hb = Mg/(f.cos) = [32,5.7,5 - 4.7,5.7,5/2]/7,03125 = 18,666667tf 
Como a estrutura é simétrica 
MAG = MBG = -[ - 32,5.x + 4.x.x/2 + 18,6667.y] 
Tabela 
 dy/dx = y'= -0,25.x + 1,875 
Seção X y'=-0,25.x + 1,875  = arc tg y' y (m) M (tfm) 
A 0 1,875 61 55' 39" 0,000 0,00000 
1 1 1,625 58 23' 33" 1,750 -2,16667 
2 2 1,375 53 58' 21" 3,250 -3,66667 
3 3 1,125 48 21' 59" 4,500 -4,50000 
4 4 0,875 41 11' 09" 5,500 -4,66667 
5 5 0,625 32 00' 19" 6,250 -4,16667 
6 6 0,375 20 33' 22" 6,750 -3,00000 
7 7 0,125 07 07' 30" 7,000 -1,16667 
G 7,5 0,000 00 00' 00" 7,0312 0,00000 
2,5 2,5 1,250 51 20' 25" 3,9063 -4,16667 
 
 



 
 
      
 
   

Diagrama de momento fletor 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2) Calcule e trace o diagrama de momento fletor do trecho AG para o triarticulado 
abaixo, cuja equação do eixo da estrutura triarticulada é: y = -0,17.x² + 2x para 
0<x<11,76470588m. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

Flecha f = 11,765/2 = 5,882352941m 
Ma = 0  -Vb.2 + 30.11,765 + 40 + 60 + 40 = 0 
Va = Vb = 246,4705882 KN 
H' = Ha = Hb = Mg/(f.cos) = [ 246,471(11,765/2) - 30(11,765/2)².1/2 - 
40(11,765/4)]/5,882 = [813,1487887/5,882] = 138,235294KN 
 
0<x<(11,765/4) Ms1 = -[-246,477.x1 + 30.x1.x1/2 + 138,235y] 
(11,76/4)<x<(11,76/2) Ms2=-[-246,47.x2+30.x2.x2/2+138,23y+40(x2 
-11,765/4)] 
 
 dy/dx = y'= -0,25.x + 1,875 
 
X Y=-0,17.x² + 2x  = arc tg y' y'= -0,34x + 2 M (tfm) 
0 0 63 26' 05" 82 2 0,00000 
1 1,83 58 56' 05" 41 1,66 -21,5000 
2 3,32 52 51' 11" 93 1,32 -26,0000 
2,9412 4,41176 45 00' 00" 1 -14,70523 
3 4,47 44 25' 16" 59 0,98 -15,85294 
4 5,28 32 37' 09" 28 0,64 -26,35294 
5 5,75 16 41' 57" 28 0,30 -19,85294 
5,8824 5,8824 00 00' 00" 0 0 
 
Diagrama de momento fletor 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 





      
3) Calcule e trace o diagrama de momento fletor do trecho AG para o triarticulado 
abaixo, cuja equação do eixo da estrutura triarticulada é: y = -0,100.x² + 2x 
para 0<x<20m. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Flecha f = 10m 
Fy = 0  Va + Vb = 20.10 + 40.10 = 600KN 
Ma = 0  -Vb.20 +50.10 + 20.10.5 + 40.10(10+5) = 0 
Va = 275KN Vb = 375 KN 
H' = Ha = Hb = Mg/(f.cos) = [ 275.10 - 20.10.5] /10 cos 0° = 175KN 
MAG = -[ -275.x + 20.x.x/2 + 175y] 
 
 dy/dx = y'= -0,2.x + 2 
 
Seção x y'= -0,2.x + 2  = arc tg y' y Mf (KNm) 
0 0 2 6343' 49" 0 0 
1 1 1,8 60 94' 54" 1,9 -67,5 
2 2 1,6 57 99' 46" 3,6 -120 
2,5 2,5 1,5 56 30' 99" 4,375 -140,625 
3 3 1,4 54 46' 23" 5,10 -157,5 
4 4 1,2 50 19' 44" 6,4 -180 
5 5 1,0 45 00' 00" 7,5 -187,50 
6 6 0,8 38 65' 98" 8,4 -180 
7 7 0,6 30 96' 38" 9,1 -157,50 






7,5 7,5 0,5 26 56' 51" 9,375 -140,625 
8 8 0,4 21 80' 14" 9,6 -120 
9 9 0,2 11 30' 99" 9,9 -67,50 
10 10 0 00 00' 00" 10,0 0 
 
Diagrama de momento fletor 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 










4) Calcular e traçar os diagramas do triarticulado AGB cuja equação do arco é y1 
= y2 = 3x - 0,0075x² com 0<x<10, flecha para x = 10m para os trechos abaixo: 
a) Momento fletor trecho AG. 
b) Esforço cortante do trecho BG. 
c) Esforço normal da seção S2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
f = y1 = y2 = 3.10 - 0,0075.10² = 22,50m 
Fy = 0  Va + Vb = 20.10 + 50.10 = 700KN 
Ma = 0  -Vb.20 + 20.10.10.1/2 + 50.10(10+10/2) = 0 
Va = 275KN Vb = 425 KN 
H' = Ha = Hb = Mg/(f.cos) = -[ -275.10 + 20.10.10.1/2] /22,50 cos0° = 
77,777778KN 
 dy/dx = y'= 3 - 0,15x 
 
Momento fletor 
MAG = -[ -275.x + 20.x.x/2 + 77,778y] 
 
x1 y = 3x - 0,0075x² y'= 3 - 0,15x  = arc tg y' Mf (KNm) 
0 0 3 71 56' 50" 0 
1 
2 
2,5 7,031 2,625 69 14' 55" 78,13 
3 
4 



 
 

5 13,125 2,25 66 03' 75" 104,10 
6 
7 
7,5 18,281 1,875 61 92' 75" 78,13 
8 
9 
10 22,50 1,50 56 30' 99" 0 
 
Diagrama de momento fletor 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Esforço cortante 
 
Q = +[(425 - 50x)cos - 77,778.sen] 
 
x2 y = 3x - 0,0075x² y'= 3 - 0,15x  = arc tg y' Q (KN) 
10 22,50 1,50 56 30' 99" -106,35 
9 
8 
7,5 18,281 1,875 61 92' 75" -45,10 
7 
6 
5 13,125 2,25 66 03' 75" 0 
4 10,80 2,40 67 38' 01" 
3 
2,5 7,031 2,625 69 14' 55" 34,11 
2 





1 
0 0 3 71 56' 50" 60,61 
 
Diagrama de esforço cortante 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Esforço normal 
N = +[(-425 + 50.x)sen - 77,778.cos] 
N = +[(-425 + 50.4) sen0,92308 - 77,778.cos0,384616] = -237,6076KN 
 







5) Calcule e trace o diagrama de momento fletor do trecho BG do triarticulado cuja 
equação do eixo da estrutura é y = -0,05x² + 10 para o intervalo de -14,142<x< 12, 
e calcular o esforço cortante na seção S1. O valor da flecha é 8,4853m. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fy = 0  Va + Vb = 50 + 30 + 40 + 30(14,142+12)= 904,26KN 
Ma = 0  -Vb.26,142 + 50.4,142 + 30.9,142 + 40.19,142 + 30.26,142.26,142/2 = 
0 
Va = 464,427452KN Vb = 439,832548 KN 
 = arctg (2,8/26,142) = 6,113491494 = 606' 48,57" 
H' = Ha = Hb = Mg/(f.cos) = [(439,832548.12) - (40.5) - (30.12.12/2)]/ 
18,4853.cos6,113491494 = 345,854354 KN 
 
dy/dx = y'= -0,1x 
 
Equações do momento fletor 
0<x<7 Ms1 = [439,832548.x - 30.x.x/2 - 345,854354.y.cos] 
7<x<12 Ms2 = [439,832548.x - 30.x.x/2 - 345,854354.y.cos - 40(x-7)] 
 
Tabela 
x eq. y x y1=2,8/26,142.x  = arc tg y' Y = y - y1 M (KNm) 
MS1 -7,471 
12 2,80 0 2,80 50 11' 40" 0 -10,554 
11 3,95 1 2,692 47 43' 35" 1,257 -9,247 




 











































































            
10 5,00 2 2,585 45 00' 00" 2,414 -3,552 
9 5,95 3 2,478 41 59' 14" 3,471 9,247 
8 6,80 4 2,371 38 39' 35" 4,428 3,552 
7 7,55 5 2,264 34 59' 31" 5,285 6,533 
6 8,20 6 2,157 30 57' 50" 6,042 21,004 
5 8,75 7 2,050 26 33' 54" 6,699 39,866 
MS2 
5 8,75 7 2,050 26 33' 54" 6,699 39,866 
4 9,20 8 1,943 21 48' 05" 7,256 23,116 
3 9,55 9 1,836 16 41' 57" 7,713 15,428 
2 9,80 10 1,728 11 18' 36" 8,071 2,782 
1 9,95 11 1,621 05 42' 38" 8,328 -0,801 
0 10,0 12 1,514 00 00' 00" 8,485 0,000 
 
Equação do esforço cortante 
Q = -[(464,427 - 30.x - 50)cos - 345,854.sen(-)] 
Q = -[(464,427 - 30.(14,142-6,5) - 50)cos33,0238 - 345,854.sen(33,023-6,113)] 
Q = 1,27989942KN. 
 
Diagrama do momento fletor 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 



     





6) Calcular e traçar o diagrama de momento fletor, trecho AG, para o triarticulado 
dado cuja equação do eixo da estrutura é y = -0,1000.x² + 2x no intervalo de 
0<x<20. Fecho para x = 10m com flecha = 10m. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Reações pela viga substituição 
Fy = 0  Va + Vb = 10.10 + 50 + 20.10 = 350KN 
Ma = 0  -Vb.20 + 10.10.10/2 + 50.10 + 20.10.(10+10/2) = 0 
Va = 150KN Vb = 200KN 
 
Força sobre a linha de imposta 
H' = Ha = Hb = Mg/(f.cos) = -[-150.10 + 10.10.10/2]/ 10.cos 0° = 100KN 
dy/dx = y'= -0,2x + 2 
MAG = -[ - 150.x + 10.x.x/2 + 100.y] 
 
X y = -0,1000.x² + 2x dy/dx = y'  = arc tg y' Mf (KNm) 
0 0 2,0 63 26' 06" 0 
1 1,9 1,8 60 56' 43" -45 
2 3,6 1,6 57 59' 41" -80 
3 5,1 1,4 54 27' 44" -105 
4 6,4 1,2 50 11' 40" -120 
5 7,5 1,0 45 00' 00" -125 
6 8,4 0,8 38 39' 35" -120 
7 9,1 0,6 30 57' 50" -105 
8 9,6 0,4 21 48' 05" -80 
9 9,9 0,2 11 18' 36" -45 
10 10,0 0,0 00 00' 00" 0 
 











 





 

Diagrama de Momento Fletor 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
7.C - LINHAS DE PRESSÃO 
 
 
7.C.1 - Definição 
 
Qual a forma de um triarticulado (equação) de modo que MS seja nulo, 
sendo dado l1, l2, f,  e o carregamento. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Y = y +y1 
sendo Ms = momento da viga de substituição na seção 
MS = Ms - H y cos 
como para linha de pressão MS = 0 para qualquer seção, como 
hipótese 
temos MS = 0 logo 
 
0 = Ms - H' y cos 
y = ( Ms)  equação I 
 Hcos 
 
Cálculo do esforço cortante 
Qs = Qs cos  - H'sen ( -2)  equação II 
derivando a equação I em função de x temos 
dy = Qs como y = Y - y1 substituímos na derivada temos 
dx Hcos 
d(Y - y1) = Qs  dY - dy1 = Qs 
 dx H'cos dx dx H'cos 
dY = tg (interpolação geométrica da derivada) 
dx 
dy1 = tg ( equação da reta y = ax + b) 
dx 
tg - tg = Qs 
 H'cos 
Qs = (tg - tg ).H'cos substituindo esta equação em II temos 
QS = [(tg - tg ).H'cos ]cos - H' sen( - ) 
QS = [(sen/cos). H'cos cos - (sen/cos)] - H'sen( - ) 
QS = H' sen cos - H' sen cos - H'sen( - ) 
como H' sen cos - H' sen cos = H'sen( - ) 
QS = H'sen( - ) - H'sen( - ) 
QS = 0 portanto não existe diagrama de esforço cortante. 
 
Cálculo do esforço normal 
 
NS = [(H' sen + Qs)² + (H'cos )²]½ 
como em triarticulado só existe compressão então será (-) negativo. 
tg = H' sen + Qs 
 H'cos 
 
Conclusão: quando um triarticulado AGB para um certo carregamentoestiver submetido a esforços normais, dizemos que a sua forma é a da linha de 
pressão desse carregamento. 
 






7.C.2 Exemplos: 
1) Construir um triarticulado "AGB" para suportar as cargas segundo as linhas de 
pressão. Determinar analiticamente as linhas de pressão e desenhar o 
triarticulado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Viga substituição 
Fy = 0  Va + Vb = 2 + 2.5 + 4.7 = 40 
Ma = 0  -14.Vb + 2.2 + 2.5(5/2+2) + 4.7(7/2+7)= 0 
Va =15,5t Vb = 24,5t 
 = arc tg 2/14 = 8,130102357 
H'= Mg/(f.cos) = -[-15,5 . 7 + 2.5 + 2.5.5/2]/ 8.cos8,130102357 = 9,28077650t 
H'. cos = 9,18750 
Linha de Pressão 
Trecho Y = [(Msubst/H'.cos) + x.tg] 
0<x<2 
(AC) 
Y = -[(-15,5/9,1875) + 2/14.x] 
x =0  0,000 
x =2  3,3741 
2<x<7 
(CG) 
Y =-[(-15,5 + 2(x-2) + 2(x-2)(x/2 - 2)/9,1875) + 2/14.x] 
x =4  5,8776 
x =6  7,5102 
x =7  8,000 


           



























































 

























































7<x<14 
(GB) 
Y =-[(-15,5 + 2(x-2) + 225(x-2-5/2) + 4(x-7)(x/2-7)/9,1875) + 2/14.x] 
x =9  7,8912 
x =11  6,0408 
x =13  2,4490 
x =14  0,000 
 
 
 
2) 
Calcule e trace os diagramas dos esforços intenos solicitantes para o trecho de A 
até P1, apresentando valores para as abcissas 0; 3,0; e 6,0m 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Viga substituição 
Fy = 0  Va + Vb = 40 + 50 + 40 + 30.6 + 30.6 = 490 
Ma = 0  -18.Vb + 30.6.6/2 + 40.6 + 5039 + 40.12 + 30.6.15 = 0 
Va = Vb = 245KN 
 = arc tg 4/18 = 12,5288077 
f = (3+4) - 12tg = 4,333 
H'= [-30.6.6/2 + 245.6]/4,333.cos12,5288077 = 219,850677 KN 
 
Linha de Pressão 
Trecho Y = y + y1 = [(Msubst/H'.cos) + x.tg] 
0<x<6 
(AC) 
Y = -[(-245.x + 30.x.x/2/219,856.cos12,528807) + 0,222.x] 
x =0  0 + 0  0 
x =2  2,003 + 0,444  2,448 
x =4  3,448 + 0,888  4,3369 
x = 6  4,333 + 1,333  5,6666 
6<x<9 
(CD) 
Y = -[{-245.x+30.6.(x-3)+40(x-6)+ /219,856.cos12,528807} + 
0,222.x] 
x = 6  4,333 + 1,333  5,6666 
x = 9  4,68279 + 1,999 6,68279 
9<x<12 
(DG) 
Y=-[{-245.x+180(x-3)+40(x-6)+50(x-
9)/219,856.cos12,5288}+0,222.x] 
x = 9  4,68279 + 1,999 6,68279 
x = 10  4,56308+ 2,222 6,78853 
x = 11  4,44982 + 2,444 6,89426 
x = 12  4,3333 + 2,666  7,0000 
 
Esforços internos solicitantes para linha de pressão 
Momento fletor 
Mf = 0KNm para qualquer seção 
Esforço cortante 
Q = 0KN para qualquer seção 
Esforço normal 
N = - [(245 - 30.x)sen + 219,85067.cos(-) 
x = 0  -362,944   = 53,7494 
x = 1  -39,0912426   = 52 3012377 
x = 0  -315,9829313   = 50,75172559 
x = 0  -293,7270479   = 49,09238606 
x = 0  -272,447507  = 47,31421324 
x = 0  -233,4054   =43,36341602 
 

  






 












Diagrama de Esforço Normal 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3) Pretende-se construir uma estrutura triarticulada "AGB" para suportar o 
carregamento apresentado na figura, segundo as linhas de pressão das mesmas, 
portanto solicita-se: 
a) as linhas de pressão analiticamente, trecho BG, e com valores para 
abcissas 0; 3; 4,5; 6; 8; 10; e 12. 
b) esforços internos solicitantes para o trecho de B até a carga P2, 
apresentando valores para abcissas 0; 15 e30 com traçado do diagrama. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Viga substituição 
Fy = 0  Va + Vb = 30.12 + 40 + 50 = 450 
Ma = 0  -18.Vb + 30.12.12/2 + 40.12 + 50.15 = 0 
Va =261,6666KN Vb = 188,3333KN 
 = arc tg 4/18 = 12,5288077 
f = (3+4) - 12tg = 4,333m 
H'= Mg/(f.cos) = - [-261,6666.6 + 30.6.6/2]/4,333.cos12,5288077 = 243,49052 KN 
Linha de Pressão 
 
Trecho Y = y + y1 = [(Msubst/H'.cos) + x.tg] 
 
0<x<3 
(BC) 
Y = [(188,333.x/243,49052 . cos2,5288077) + 0,222.x] 
x =0  0 + 0  0 
x =1  0,792 + 0,222  1,0145 
x =2  1,584 + 0,444  2,02908 
x =3  2,377 + 0,666  3,0430 
 
3<x<6 
(CD) 
Y = [(188,333.x - 50(x-3)/243,49052 . cos2,5288077) + 0,222.x] 
x =3  2,377 + 0,666  3,0430 
x =4  2,959 + 0,888  3,8478 
x =5  3,540 + 1,111  4,6521 
x =6  4,1229 + 1,333  5,4562 
 
6<x<12 
(DG) 
Y = [(188,333.x - 50(x-3) - 40(x-6) - {30(x-6)(x-6)/2} / 243,49052 . 
cos2,5288077) + 0,222.x] 
x =6  4,1229 + 1,333  5,4562 
x =7  4,4735 + 1,555  6,0290 
x =8  4,6979 + 1,777  6,4751 
x = 9  4,769 + 2,000  6,7961 
x = 10  4,768+ 2,222  6,990 
x = 11  4,6138+ 2,444 7,05825 
x = 12  4,3333 + 2,6667  7,0000 
 
Esforços internos solicitantes para linha de pressão 
 
Momento fletor 
Mf = 0KNm para qualquer seção 
 
Esforço cortante 
Q = 0KN para qualquer seção 
 
Esforço normal 
Ns1 = + [- 188,333sen - 243,49052cos(-)] 
 = 12,528807° 
 = arc tg 3,043/3 = 45,41417° 

         



































- = 32,885371° 
Ns1 = - 338,60418 KN (constante para qualquer trecho) 
 
 
 
 
Diagrama de Esforço Normal 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4) Pretende-se construir um sistema triarticulado "AGB" para suportar as cargas 
conforme a figura abaixo segundo as linhas de pressão das mesmas. Caracterizar 
analiticamente as linhas de pressão. 
 





 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fy = 0  Va + Vb = 8 
Ma = 0  -12.Vb +1.8.8/2 = 0 
Va =5,333t Vb = 2,667t 
 
H'= Mg/(f.cos) = - [-5,333.4 - 1.4.4/2] / 3,333.cos = 4,40t 
 
Trecho AD Y = - [ {-5,333.x + 1.x.x/2 / 4,40.cos} + 5,5 - x.tg 
 Y = [ 5,333.x - 0,5.x² /4] + 5,5 - 0,4583.x 
 Y = 1,333.x - 0,125.x² + 5,5 - 0,4583.x 
 Y = -0,125.x² + 0,8747.x + 5,5 
Trecho DB Y = - [ {-5,333.x + 8(x-4) / 4,40.cos} + 5,5 - x.tg 
Pela 
esquerda 
Y = [ 5,333.x - 8.x + 32/ 4 ] + 5,5 - 0,4583.x 
 Y = 1,333.x - 2.x + 8 + 5,5 - 0,4583.x 
 Y = -0,1253.x + 13,5 
Trecho DB Y = [2,667.x/ 4,40.cos] + x.tg 
Pela direita Y = 2,667.x/4 + 0,4583.x 
 Y = 0,667.x + 0,4583.x = 1,125x 
 
 
 
 
 



5) Calcule a linha de pressão do triarticulado abaixo conforme dados 
apresentados. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Viga 
substituição 
Fy = 0  Va = Vb = 10.18 + 2(30.9.1/2).1/2 = 225KN 
H'= Mg/(f.cos) = - [30.9.1/2.2/3.9 + 10.9.9.1/2 - 225.9] / 6.1 = 135 KN 
Linha de Pressão 
Y = y + y1 = y + 0 = y = Ms1/ H'. cos = - [ -225.x + 10.x.x/2 + (30-30/9.x).x.x/2 + 
30/9.x.x/2.2/3.x] / 135 cos 0 
 
x Y = y 
0 0,0 
1 1,522633 
2 2,773663 
3 3,777777 
4 4,559670 
5 5,144033 
6 5,555555 
7 5,818930 
8 5,958848 
9 6,0 
 
 
 
 
 
 
 
 





6) Construir um triarticulado "AGB" para suportar as cargas segundo as linhas de 
pressão das mesmas, determinando analiticamente as linhas de pressão. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fy = 0 Va + Vb = 3000.6 + 2000 + 2000.6 = 32000kgf 
Ma = 0  -12.Vb + 2000.3 + 3000.6.6/2 + 2000.6.(6/2+6) = 0 
Va =18000khf Vb = 14000kgf 
H'= Mg/(f.cos) = [18000.6 - 3000.6.6/2 - 2000.3] / 5 = 9600kgf 
 
Linha de Pressão 
Trecho Y = y + y1 = [(Msubst/H'.cos) + x.tg] 
 
0<x<3 
(AC) 
Y = - [ - 18000.x + 3000.x.x/2]/9600 
x =0  0 
x =1  1,71875 
x =2  3,125 
x =3  4,21875 
 
3<x<6 
(CG) 
Y = - [ - 18000.x + 3000.x.x/2 + 2000(x-3)] /9600 
x =3  4,218 
x =4  4,792 
x =5  5,052 
x =6  5,000 
 






         


6<x<12 
(GB) 
Y = - [ - 18000.x + 3000.6.(x-3) + 2000(x-3) + 2000.1/2.(x-6)²] /9600 
x =6  5,000 
x =7  4,688 
x =8  4,1671 
x = 9  3,438 
x = 10  2,500 
x = 11  1,354 
x = 12  0,000 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 





7) Pretende-se construir um triarticulado " AGB " para suportar as cargas 
conforme a figura segundo as linhas de pressão das mesmas.Caracterizar 
analiticamente as linhas de pressão das mesmas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Viga substituição 
Fy = 0  Va + Vb = 10.8 = 80KN 
Ma = 0  -12.Vb + 10.8.(4+4) = 0 
Va =26,666KN Vb = 53,333KN 
 = arc tg 5,5/12 = 24,62356479 
f = 7 - tg .8 = 3,333m 
y1 = 5,5/12.x = 0,45833.x 
H'= Mg/(f.cos) = [53,333.4 - 10.4.4.1/2] / .3,33.cos24°37' 25" = 44KN 
 
0<x<4 
(AC) 
y = -[ - 126,666.x] / 44.cos = 0,666.x 
 
4<x<8 
(BC) 
y= -[ 53,333.x - 10.x.x/2] / 44.cos = -0,125.x² + 1,333 
 
x Y y1 Y x y y1 Y 
0 0 0 0 12 3,541 3,208 6,75 
1 0,666 0,458 1,125 11 3,333 3,667 7,00 
2 1,333 0,9167 2,250 10 2,875 4,125 7,00 
3 2,000 1,375 3,375 9 2,167 4,583 6,75 
4 2,666 1,833 4,500 8 1,208 5,042 6,25 
5 3,208 2,292 5,500 7 0 5,5 5,50 
6 3,500 2,745 6,245 
 


 
7.D - TRELIÇAS 
 
 
7.D.1 Definição 
 
Conjunto de barras rotuladas nas extremidades de tal forma que 
constituem triângulos, as cargas só agem nos nós deste sistema. 
 
No NÓ Na BARRA 
M = 0 M = 0 (salvo quando solicitado calcula-se 
separado da peça) 
Q  0 Q = 0 
N  0 N  0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Dado: 
r = número de reações 
b = número de barras 
n = número de rótulas 
 
Quando r + b < 2n , número de incógnitas é menor que o número de 
equações a treliça é hipostática. 
 
Quando r + b = 2n , número de incógnitas é igual ao número de 
equações a treliça é isostática. 
 
Quando r + b > 2n , número de incógnitas é maior que o número de 
equações a treliça é hiperestática. 
 


7.D.2 Lei de formação das treliças 
 
 
Analisando a estrutura A e B observamos que ambas possuem a 
mesma quantidade de barras e externamente apresentam-se isostáticas, mas não 
internamente, por não obedecerem a lei de formação das treliças. 
 
 
 
7.D.3 Resolução de treliças 
 
7.D.3.1 Método de Ritter 
 
Também chamado de método das seções, segue os seguintes passos: 
- Determinar as reações de apoio VA, VB, HA e HB pelas leis da 
estática; 
- Determinar os esforços nas barras fazendo seções que as cortem, 
introduzindo esforços incógnitos. Suponhamos que queremos determinar esforços 
em determinadas barras, devemos observar o seguinte: 
a) As seções devem interceptar três barras não paralelas e 
nem concorrentes entre si. 
b) As seções não precisam ser retas, mas tem que ser 
contínuas. 
c) Admite-se sempre o esforço incógnito como sendo de 
tração (afastando-se do nó) pois assim o resultado já será verdadeiro 
 
 
 
 
7.D.3.2 Método dos nós 
 
Sempre percorre o nó no sentido horário. 
Pode ser feito graficamente e concluído analiticamente. 
 






















7.D.3.3 Método de Maxwell Cremona 
 
Pela notação de Bow, todo espaço é limitado por esforços ou barras. 
Identifica-se estes espaços com letra maiúscula. 
 
 
 
7.D.4 Exemplos 
1) Obter para a treliça os esforços nas barras indicadas: A; B; C; D; e: 
F; G; H; I, informando se de tração ou compressão. 
 
Método de Ritter 
Reações 
FY = 0  Ra+Rb = 1+2+2+2+2+2+2+2+1+2+2+10 = 30,00tf 
Obs: A força de 5tf com  = 30 está aplicada sobre a rótula, portanto não age 
sobre a tesoura. 
Ma = 0  -(1+2).12 - 2.10 - 2.8 - 2.6 - 2.4 - 2.2 - 2.0 + 2.2 + (1+2).4 - 10.4 + Rb.8 
= 0 
Ra = 15tf Rb = 15tf 
Obs: Sobre o pilar A, agirá ainda além de Ra mais uma força vertical de 5.sen30 
e uma força horizontal de 5.sen30 
Seções 
Seção S1 
M = 0  
 
(1+2).6 + 2.4 + 2.2 - 15.2 - G.cos.1 - G.sen.2= 0 
G = 0,00tf 

















 









































Seção S2 
M = 0  
 = arctg1/2 
 
(1+2).8 + 2.6 + 2.4 + 2.2 - 15.4 - D.cos.2 - D.sen.2 = 0 
D = -4,472135953tf (compressão) 
Seção S3 
M f= 0  
 
(2+1).6 + 2.4 + 2.2 - 15.2 + B.2 = 0 
B = 0,00tf 
Seção S4 
M e= 0  
 
(2+1).4 + 2.2 - 15.0 + F.cos.2 - F.sen.0 = 0 
F = -8,944271910tf (compressão) 
Seção S1 
M a= 0  
 
(1+2).4 + 2.2 - A cos.2 - A.sen.0 = 0 
A = 8,944271910tf (tração) 
Seção S2 
Fy= 0  
 
1 + 2 + 2 + 2 - 15 - G.cos - I = 0 
I = - 8tf (compressão) 
Seção S2 
M = 0  
 
(2+1).6 + 2.4 + 2.2 - 15.2 - D.sen - C.sen45  = 0 
c = 11,3137085tf (tração) 
Seção S5 
Mp = 0  
 
Fy = 0  
 
(2+1).4 + 2.2 - R.sen.2 - R.cos.1 = 0 
R = 8,944271910tf ( tração) 
 1 + 2 + 2 - R.sen + H.sen = 0 
H = - 2,236067977tf (compressão) 
 
 
OBS: A força de 5tf aplicada no apoio rotulado fixo, não age sobre a estrutura, só 
no apoio. 
 
Por Maxwel Cremona 
 
 
 
 
 











 




 











  

2) Obter para a treliça os esforços nas barras indicadas: A, B, C< D, E, 
F, G, H, I, informando se de tração ou compressão. 
 
 
 
 
 
 
Solução pelo processo gráfico de Maxwel Cremona. 
 































 



















 

 
 
 
 
Método de Ritter 
Fx = 0  Hb = 5.cos 30 = 4,33012702tf 
Ma= 0  - 2.2 - 2.4 - 2.6 - 2.8 - 2.10 - 2.12 - 2.14 - 1.16 - 5.0 + 16Ra - 5.6 - 5.10 
= 0 
Rb = 13tf 
Mb = 0  -Ra.16 + 1.16 + 2.14 + 2.12 + 2.10 + 2.8 + 2.6 + 2.4 . 2.2 + 1.0 + 5.10 
+ 5.6 +5.sen30 . 16 + 5.cos30 . 0 = 0 
Ra = 15,5tf 
Seção S1 
Mg = 0  
 
-[-15,5.6 + 1.6 + 2.4 + 2.2 + 5.0 + 5sen30 . 6 + sen30 . 3 + 2.B] 
= 0 
B = 23,50480947tf ( tração) 
Seção S1 
Mc = 0  
 
-[-15.6 + 1.6 + 2.4 + 2.2 + 2.0 - G.sen.2 - G.cos.1 + 5.sen30
.6 + 5.cos30.1] = 0 
G = - 31,12040507tf (compressão) 
Seção S2 
Ml = 0  
 
- [ -15,5.8 + 1.8 + 2.6 + 2.4 + 2.2 + 2.0 + 5.2 + 5.sen30.8 + 
5.sen30.1 - D.sen.2 - D.cos.2] = 0 
D = -21,49229270tf (compressão) 
Seção S3 
Mb = 0  
 
-[1.2 + 5.sen30.2 + 5.cos30.1 - 15,5.2 + H.cos.1 - H.sen.2] = 
0 
H = 29,91179159tf (tração) 
SeçãoS4 
Mb = 0  
 
-[ -15,5.4 + 1.4 + 5.sen30.4 + 2.2 + 5.cos30.2 + H.cos.2 + 
F.1 – H.sen.7 ] = 0 
F = - 3,999960570tf 
 
 
 
 

 























3) Determine os esforços normais atuantes na treliça abaixo, somente 
nas barras indicadas. Pelo método de Ritter: fi; ih; hg; ik. Pelo método dos nós: fe; 
ea. Por Cremona: ac; bc; gh; hd; dc. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pelo Método de Ritter 
Fy = 0  -fi - 8000 = 0 
fi = -8000kgf (compressão) 
Fx = 0  -ik = 0 
ik = 0kgf 
Md = 0  -2000.3 - 0.3 - hi.4.sen9arc tg3/4) = 0 
hi = -2500kgf (compressão) 
Mg = 0  -8000.4 - (-2500).4.sen (arc tg 3/4) - hg.4 = 0 
hg = - 6500kgf (compressão) 
 
Pelo Método dos Nós 
Fy = 0  Va + Vb = 8000 + 8000 = 16000 
Ma = 0  2000.6 + 8000.4 + 4000.3 - Vb.8 = 0 
Va = 9000kgf Vb = 7000kgf 
fe = -11,6667kgf (compressão) 
ea = 9,3333kgf (tração) 
 
 
 
 
 






 





 



 
 

 







 



 
 
Pelo método de Maxwel Cremona 
bc = -9000kgf (compressão) 
ca = 6000kgf (tração 
gh = -6500kgf (compressão) 
hd = -7333,3kgf (compressão) 
dc = 4166,6kgf (tração) 
SEQUÊNCIA: 
NÓ: B, A, C, D, F, G, E. 
 
 
 
 
4) Determinar os esforços normais atuantes na treliça abaixo, somente 
nas barras indicadas. Pelo método de Ritter: go; op; pa. Pelo método dos nós: il; lj; 
mk. Por Cremona: fq; qr; ra. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pelo Método de Ritter 
Mb = 0  10.6 + 20.4 + 20.2 - 6,666.6 - ag.3.sen 63,43 = 0 
ag = 52,17493KN ( tração) 
Md = 0  10.4 + 20.2 - 6,666.4 + ap.2 = 0 
ap = - 26,666KN (compressão) 
Mi = 0  10.4 + 20.2 - 6,666.4 - po.2.sen45 = 0 
po = 37,712362KN (tração) 
 
 
 
 
Pelo Método dos Nós 
il = 16,666KN (tração) 
lj = -13,333KN (compressão) 
mk = -13,333 KN (compressão) 
 
 
 
Por Maxwel Cremona 
es = 7,45357KN (tração) 
sa = 6,666KN (compressão) 
fq = 29,81423KN (tração) 
qr = 22,360662KN (compressão) 
ra = 6,666KN (compressão) 









 










 



















 

 
 
 
 
 
 
5) Determinar os esforços normais atuantes na treliça abaixo, somente 
nas barras indicadas. Pelo método de Ritter: ip; po; oa seção S1. Pelo método dos 
nós: dz; za. Por Cremona: ex; xy; ya, seção S3*-. 
 
 
 
Reações 
Fy = 0  Va + Vb = 10 + 20 + 20 + 12 + 15 + 30.sen45 = 96,213KN 
Fx = 0  Ha = 30.cos45 = 21,213KN 
Ma = 0  -10.Vb + 20.2,5 + 20.7,5 + (10+15).12,5 + 30.sen45.5 = 0 
Va = 34,356KN Vb = 61,8566KN 
 
Pelo Método de Ritter 
Md = 0  ek.0 + kj.0 + ja.2,5 - (34,356 + 10).2,5 - 21,213.2,5 = 0 
ja = 45,569KN (tração) 
Mc = 0  ja.0 + kj.0 - ek.2,5 - (34,356+10).5 - 21,213.0 + 20.2,5 = 0 
ek = -28,712Kn (compressão) 
Ma = 0  ja.0 -kj.5.sen45 - (-28,712.2,5) + 10.0 + 21,213.0 + 34,356.0 - 20.2,5 = 
0 
kj = 6,160KN (tração) 
 
 
Pelo Método dos Nós 
mf = 25KN (tração) 
hm = -35,355Kn (compressão) 
 
 
Por Maxwel Cremona