Apostila de ISOSTÁTICA - Teoria e Exercicios

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1 
 
 
ISOSTÁTICA 
 
PROF: EDUARDO MOURA LIMA 
 
 
 
TEORIA E EXERCÍCIOS 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 
 
CONCEITOS FUNDAMENTAIS 
 
1) Apoios: 
a. Primeiro gênero (Charriot): 
 
 
 
b. Segundo gênero (Rótula): 
 
 
 
 
c. Terceiro gênero (Engaste): 
 
 
 
 
2) Condições de equilíbrio: 
∑ Fx = 0 ∑ Fy = 0 ∑ M = 0 
 
 
3) Esforços solicitantes: 
Esforço normal: 
 
Esforço cortante: 
V 
//=// 
H 
V 
|| 
= 
|| 
H 
V 
|| 
= 
|| 
H M 
3 
 
Momento fletor: 
 
Momento torçor: 
 
Como calculá-los? 
Convenção de sinais: 
 
N: 
Q: 
M: 
T: 
4) Grau de estaticidade de uma estrutura: 
Grau de estaticidade externa: ge = I – E – R 
Onde: 
I = número de reações de apoio na estrutura (dependente dos tipos 
de apoios) 
E = número de equações fundamentais da estática (sempre 3) 
R = número de rótulas existentes na estrutura 
 
Grau de estaticidade interna: gi = 3N 
Onde: N é o número de cortes aplicados na estrutura para torná-la 
aberta (explicação a seguir). 
Para a determinação dos esforços solicitantes numa seção, são 
usadas as cargas à direita ou à esquerda dessa seção. 
Exemplo de uma estrutura aberta: 
 
 | 
S 
+ - 
4 
 
Vejamos uma estrutura fechada, como abaixo. Podemos até 
calcular as reações nos apoios, mas não teríamos como calcular os 
esforços solicitantes na seção S, por exemplo. 
 
 Que cargas estão à esquerda 
 da seção S? 
 
 
Agora, se tivermos a estrutura como abaixo, ela deixou de ser 
fechada. Que cargas estão à esquerda de S? 
Para abrir a estrutura, 
tivemos que dar um corte 
na estrutura, e o corte 
liberou 3 esforços (N, V e 
e M), daí gi = 3N. 
 
Grau de estaticidade total da estrutura: g = ge + gi 
 
Quando: g > 0  estrutura hiperestática (Hiperestática) 
 g = 0  estrutura Isostática (estudada neste curso) 
 g < 0  estrutura hipoestática e sem equilíbrio 
(mecanismos) 
 
 
 
//=// 
| 
S 
//=// 
| 
S 
V V 
M 
N N 
M 
5 
 
Exemplos: 
a. I = 5 
 E = 3 ge = 2 
 R = 0 g = 2 
 N = 0  gi = 0 
 
b. I = 5 
 E = 3 ge = 1 
 R = 1 g = 1 
 N = 0  gi = 0 
 
c. I = 3 
 E = 3 ge = 0 
 R = 0 g = 3 
 N = 1  gi = 3 
d. 
 
 
 
 
I = 6 
E = 3 ge = 1 
R = 2 g = 1 
N = 0  gi = 0 
//=// 
//=// //=// 
//=// 
//=// //=// 
//=// 
6 
 
e. I = 6 
 E = 3 ge = 2 
 R = 1 g = 2 
 N = 0  gi = 0 
 
 
f. I = 3 
 E = 3 ge = -3 
 R = 3 g = 0 
 N = 1  gi = 3 
 
g. I = 5 
 E = 3 ge = 0 
 R = 2 g = 0 
 N = 0  gi = 0 
 
 
h. I = 3 
 E = 3 ge = -2 
 R = 2 R = 2 g = 4 
 N = 2  gi = 6 
 
 
 
//=// //=// 
//=// 
//=// 
//=// 
//=// 
7 
 
i. 
 
 
 
 
 
I = 5 
E = 3 ge = -1 
R = 3 g = 2 
N = 1  gi = 3 
 
5) Vigas Gerber (dentes Gerber): 
 Nos dentes Gerber os 
 momentos fletor e torçor são 
 NULOS 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
//=// //=// 
|| 
= 
|| 
|| 
= 
|| 
|| 
= 
|| 
|| 
= 
|| 
|| 
= 
|| 
|| 
= 
|| 
8 
 
6) Tipos de carregamentos: 
a. Carga concentrada: 
 
 
 Reações: 
 HB = 0 
 VA = Fb / (a +b) 
 VB = Fa / (a +b) 
 QS = + VA 
 MS + VA.x (reta) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
//=// 
F 
a b 
A B 
DEC 
DMF 
VA VB 
HB | 
S x 
VA 
-VB - 
+ F 
+ 
VA.a = VB.b 
9 
 
Observações: 
Obs 0: Todos os diagramas começam e terminam em ZERO. 
Obs 1: Em trechos sem carga: 
 O DEC é constante 
 O DMF é uma reta qualquer (2 pontos determinam uma reta) 
Obs 2: Em pontos de carga concentrada = F: 
 DEC: apresenta descontinuidade (“degrau”) = F 
 
 
 
 
 
 
 DMF: apresenta discordância (“bico”) 
 
b. Carga uniformemente distribuída: 
 
 Reações: 
 HB = 0VA + VB = qL 
 Pela simetria: VA = VB = qL/2 
 QS = + VA – qx = +qL/2 – qx 
 MS = +qLx/2 – qx2/2 
 
F F 
DEC 
F F 
+ + 
- - 
//=// 
q
F 
L 
A B 
DEC 
DMF 
VA VB 
HB | 
S x 
+qL/2 
-qL/2 - 
+ 
+ 
(parábola do 2° grau) 
(reta) 
10 
 
x = 0  MS = 0 
x =L  MS = 0 
M máximo: dM/dx = 0  qL/2 – 2qx/2 = qL/2 – qx = 0  x = L/2  
Mmax = qL2/8 e Q = dM/dx 
 
Observações (continuação): 
Obs 3: Em trechos de carga uniformemente distribuída: 
 DEC: reta qualquer (2 pontos definem uma reta) 
 DMF: parábola do 2° grau, com fmédio = qL2/8 
Obs 4: Q = dM/dx 
Além disso: dQ/dx = -q  dQ = -qdx  Q = -q dx 
 
c. Carga momento: 
 
 Reações: 
 HB = 0 
 VA = VB 
 VA (a + b) = M 
 VA = M/(A + b) = VB 
 
 
 
 
 
QS 
⌠ 
⌡ 
//=// 
M 
a b 
A B 
DEC 
DMF 
VA VB 
HB | 
S x 
VA VB + + 
+ 
VA.a 
- 
-VB b 
M 
C 
| | C2 C1 
11 
 
 + VA. a (pela esquerda) 
MC1 = 
 - VB . b + M = + VA. a (pela direita) 
 - VB. b (pela direita) 
MC2 = 
 + VA . a - M = - VB. b (pela esquerda) 
 
Observações (continuação): 
Obs 5: Em pontos de carga momento M: 
 DEC: não se altera 
 DMF: apresenta descontinuidade (“degrau”) = M 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
DMF M M 
+ 
- - 
+ 
M M 
12 
 
d. Carga triangular: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Reações: 
HB = 0 
VA + VB = qL/2 
∑ MA = 0  VB . L = qL/2 . 2L/3  VB = qL/3 e VA = qL/6 
Análise de Q e M pela ação das cargas: 
q'/x = q/L  q' = qx/L 
QS = VA - q'x/2 = qL/6 - qx2/2L 
MS = VA x - q'x/2 . x/3 = qLx/6 - qx3/6L 
 
 
//=// 
A HB 
VB VA 
L 
2L/3 L/3 
qL/2 
q 
q' 
x q'x/2 
S 
DEC 
DMF 
+ 
- 
qL/6 
-qL/3 
qL/24 
+ 
3qL2/48 qL2√3/27 
13 
 
Análise de Q e M por integração: 
Q = -q dx = -qx/L dx = -qx2/2L + C1 
Para x = 0  Q = qL/6  C1 = qL/6  Q = -qx2/2L + qL/6 
M = Q dx = (-qx2/2L + qL/6) dx = -qx3/6L + qLx/6 + C2 
Para x = 0  M = 0  C2 = 0  M = -qx3/6L + qLx/6 
 
Para traçarmos as curvas de Q e M, basta atribuirmos valores para x: 
Q: x = 0  Q = qL/6 
x = L  Q = -qL/3 
x = L/2  Q = qL/24 
Qmax: dQ/dx = 0 = -2qx/2L = -qx/L = 0  x = 0 
M: x = 0  M = 0 
x = L  M = 0 
x = L/2  M = 3qL2/48 
Mmax : dM/dx = 0  -3qx2/6L + qL/6 = 0  x = L√3 / 3  
Mmax = qL2 √3 / 27 
 
 
 
 
 
 
 
 
⌠ 
⌡ 
⌠ 
⌡ 
⌠ 
⌡ 
⌠ 
⌡ 
14 
 
BARRAS RETILÍNEAS 
1) Traçar DEN, DEC e DMF (pelas equações e pelas observações): 
 
 
 
 
 
Reações: ∑ FH = 0  HB = 5KN 
∑ FV = 0  VB = VA + 5KN + 8KN = VA + 13 
∑ MA = 0  2VB + 4 = 8 x 2 + 5 x 4 = 36  VB = 16KN e VA = 3KN 
Equações: 
Normal: 0 ≤ x ≤ 2: N = 0 
2 ≤ x ≤ 4: N = -5KN 
Cortante: 0 ≤ x ≤ 2: Q = -3 – 2x 
x = 0  Q = -3; x = 2  Q = -7 
2 ≤ x ≤ 4: Q = -3 – 2x + 16 = 13 – 2x 
X = 2  Q = 9 ; x = 4  Q = 5 
Momento fletor: 0 ≤ x ≤ 1: M = -3x – 2x2/2 = -3x – x2 
x = 0  M = 0; x = 1  M = -4; 
x = 0,5  M = -1,75 
1 ≤ x ≤ 2: M = -3x – 2x2/2 – 4 = -3x – x2 - 4 
x = 1  M = -8; x = 2  M = -14; 
x = 1,5  M = -10,75 
//=//= 1m 1m 2m 
A 
B C D 
5√2 KN 
45° 
2 KN/m 
4 KN.m 
HB 
VA VB x 
x 
x 
15 
 
2 ≤ x ≤ 4: M = -3x – 2x2/2 = -3x – x2 – 4 + 16(x – 2) 
M = -x2 + 13x -36 
x = 2  M = -14; x = 4  M = 0 
x = 3  M = -6 
Pelas observações: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A 
B C D 
DEN 
(KN) 
DEC 
(KN) 
DMF 
(KN.m) 
- 
-5 -5 
5 
9 
+ 
- 
-7 
-3 
-14 
-8 
-4 - 
2 . 22/8 = 1 
2 . 12/8 =0,25 
2 . 12/8 =0,25 
16 
 
2) Traçar DEN, DEC e DMF (pelas equações e pelas observações): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Reações: HB = 2tf; VA = 23tf; VB = 17tf 
 
//=// 
2m 1m 1m 1m 4m 
45° 45° A C D E B 
F 
7√2 tf 5√2 tf 
4 tf.m 
6 tf/m 
DEN 
DEC 
DMF 
(tf) 
(tf) 
(tf.m) 
- -5 
-5 
-7 -7 
- 
+ 
+ 
- 
-8 
15 
11 
6 
-10 -10 
7 7 
x 
VA 
VB 
HB 
-8 
5 
3 
-3 
-7 
- 
+ 
+ 
- 
9,5 
4 . 22/8 =2 
4 . 12/8 =0,5 
4 . 42/8 =8 
17 
 
x/10 = 4-x / 6  x = 2,5 
Mmax (trecho DE) = 17 x 3,5 – 7 x 4,5 – 6 – 4 x 2,5 x 1,25 = 9,5 
 
Determinação das equações (outra solução): 
Normal: 
Trecho CD: N = 0 
Trecho DB: N = -5 
Trecho BF: N = -7 
Cortante: 
Trecho CA: Q = -4x 
Trecho AD: Q = -4x + 23 
Trecho DE: Q = -4x + 23 – 5 = -4x + 18 
Trecho EB: Q = -4 x 7 + 23 – 5 = -10 
Trecho BF: Q = -10 + 17 = 7 
Momento fletor: 
Trecho CA: M = -2x2 
Trecho AD: M = 23x – 46 – 2x2 
Trecho DE: M = -2x2+ 18x - 31 
Trecho EB: M = -10x + 73 
Trecho BF: M = 7x – 63 
 
 
 
 
18 
 
3) Traçar DEN, DEC e DMF: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Reações: 
∑FX = 0  HA = 0 
∑FY = 0  VA + VB = 24 
∑MA = 0  MA + 10VB = 10 + 24 x 3  MA + 10VB = 82 
MC = 0  4VB – 10 = 0  VB = 2,5  MA = 57  VA = 21,5 
x/21,5 = 6 – x / 2,5  x = 5,375  Mmax = 0,78125 
= 
|| 
= 
6m 2m 2m 
4 tf/m 
| 
C D B A 
10 tf.m MA 
HA 
VA 
VB 
DEC 
DMF 
(tf) 
(tf.m) 
+ 
- 
-2,5 
-2,5 
21,5 
-57 
x 
-5 
5 
- 
- 
+ 
+ 
0,78125 
4 x 62/8 = 18 
19 
 
4) Traçar DEC e DMF: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Reações: 
HD = 0; VA = 5tf; VD = 5tf; MD = 10tf.m 
 
 
 
 
 
 
|| 
= 
|| 
A B C D 
VD 
HD 
MD 
10tf 
VA 
DEC 
DMF 
(tf) 
(tf.m) 
- 
+ 
5 5 
-5 
-5 
- 
+ 
-10 
10 
2m 2m 2m 
20 
 
5) Determinar equações de Q e M: 
 
 
 
 
 
 
 
Reações: 
∑FH = 0  HD = 0 
∑FV = 0  VA + VD = 37,5 
∑MD = 0  VA . 7 + MD = 37,5 x (3 + 2 x 2,5/3) 
MC = 0  4 VA – 37,5 x 2 x 2,5 / 3 = 0  VA = 15,625 KN 
VD = 21,875 KN; MD =65,625KN.m 
Trecho AB: 
Q = 15,625 KN 
M = 15,625 (7 – x) 
Trecho BC: 
q’ / (x – 3) = 30 / 2,5  q’ = 12x – 36 
Q = q’ (x – 3) / 2 - VD = (12x – 36) (x – 3) / 2 - 21,875 
M = [q’( x – 3) / 2] . (x – 3)/3 + 21,875 x – 65,625 
Trecho CD: 
Q = - 21,875; 
M = - 65,625 + 21,875x 
|| 
= 
|| 
A B C D 
VD 
HD 
MD 
30KN/m 
VA 
1,5m 2,5m 3,0m 
x 
x 
x 
q' 
21 
 
Esforços solicitantes numa seção – complemento 
Até o presente momento, apenas estudamos esforços solicitantes em estruturas retilíneas e 
uni-dimensionais (barras retilíneas). Quando passarmos a estudar estruturas bi-dimensionais 
(quadros, por exemplo) ou tri-dimensionais (grelhas, por exemplo), algumassituações 
diferentes poderão surgir. Cabem alguns esclarecimentos. 
Surgem algumas dúvidas quando se trata de calcular os esforços solicitantes em uma seção, 
pelos carregamentos à esquerda, ou à direita. 
Cada caso representado abaixo é trecho de uma estrutura equilibrada, e só estão 
representadas algumas cargas que interessam à explicação. 
Para o cálculo de um esforço solicitante numa seção, selecione as cargas que estão de um lado 
OU de outro dessa seção. Mas não se trata da posição física da carga em relação à seção. O 
que vale é através de que caminho a carga atua na seção. Veja o exemplo a seguir: 
 
 
 
 
 
 
 Se formos calcular os esforços solicitantes na seção S, pelas cargas à esquerda: 
Não há dúvida de que a carga F1 está à esquerda de S. Então ela será utilizada no 
cálculo. A carga F2, embora esteja fisicamente à esquerda de S, atua na seção S através 
do caminho DCBS, que se conecta à seção S pela sua direita. Então, a carga F2 não 
entra no cálculo, apenas a F1. 
 Se formos calcular os esforços solicitantes na seção S, pelas cargas à direita: 
Não há dúvida de que as cargas F3 e F4 estão à direita de S. Então elas serão utilizadas 
no cálculo. A carga F2 também entrará no cálculo, pelo motivo descrito acima. 
 
Vamos agora aos cálculos, para cada um dos esforços solicitantes. Farei uma 
representação mais simplificada, para cada caso. Leve em consideração a convenção dos 
sinais dos esforços solicitantes. 
 
 
 
 
direita 
esquerda 
seção S 
A 
B C 
D 
F1 
F3 F4 
F2 
22 
 
1. Esforços normais na seção S: 
 
 
 
 
Pela esquerda: N = +F1 
Pela direita: N = -F3 + F4 e também a força F2, como visto na explicação inicial. Falta 
determinarmos o sinal. 
Veja que F2 tem o mesmo sentido que F3, então terá também o mesmo sinal. Então: 
N = -F3 + F4 – F2 
 
2. Esforços cortantes na seção S: 
 
 
 
 
Pela esquerda: N = -F1 
Pela direita: N = +F3 - F4 e também a força F2, como visto na explicação inicial. Falta 
determinarmos o sinal. 
Veja que F2 tem o mesmo sentido que F3, então terá também o mesmo sinal. Então: 
N = +F3 - F4 + F2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
S 
a 
b 
c 
F1 F2 
F3 F4 
S 
a 
b 
c 
F1 F2 
F3 F4 
23 
 
3. Momentos fletores na seção S: 
 
 
 
 
Pela esquerda: M = -F1 . a 
Pela direita: M = -F3 . b + F4 . b e também o momento fletor da força F2, como visto na 
explicação inicial. Falta determinarmos o sinal. 
Veja que o momento de F2 tem o mesmo sentido que o de F4 (o eixo de referência é o 
de flexão da seção S, representado pela linha pontilhada), então terá também o 
mesmo sinal. Então: 
M = -F3 . b + F4 . b + F2 . a 
 
4. Momentos torçores na seção S: 
 
 
 
 
 
Pela esquerda: T = F1 . 0 = 0 
Pela direita: T = F3 . 0 - F4 . c e também o momento torçor da força F2, como visto na 
explicação inicial. Falta determinarmos o sinal. 
Veja que o momento de F2 tem o sentido contrário ao da força F4 (o eixo de torção 
coincide com o eixo da barra onde está a seção S), então terá sinal contrário. Então: 
T = F3 . 0 - F4 . c + F2 . c 
 
 
 
 
 
S 
a 
b 
c 
F1 F2 
F3 F4 
S 
a 
b 
c 
F1 F2 
F3 F4 
24 
 
Reforçando algumas explicações: 
1. Esforços normais: 
 
 
 
 
 
 
Vamos considerar apenas as cargas F1 e F2. 
O esforço normal pelo carregamento à esquerda, na seção S, é +F1, seguindo a convenção de 
sinais. Pela direita, como já vimos, consideraremos F2. Vamos estudar seu sinal. 
Olhando a seção S seguindo a orientação da figura acima, percebemos a força F2, na sua 
posição original, saindo da seção. Só que, em sua posição original, ela está à esquerda da 
seção, mas ela é devida ao carregamento pela direita, como já vimos. Então, teremos que levá-
la para a direita da seção S. Como se trata de uma força, basta deslizá-la sobre seu suporte, 
até que esteja à direita da seção. Na sua nova posição, vê-se que ela está entrando na seção, 
provocando esforço normal negativo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
direita 
esquerda 
seção S 
A 
B C 
D 
F1 
F2 
F2 
olhando por aqui 
F2 
seção S 
posição original posição deslocada 
25 
 
2. Esforços cortantes: 
 
 
 
 
 
 
Vamos considerar apenas as cargas F1 e F2. 
O esforço cortante pelo carregamento à esquerda, na seção S, é -F1, seguindo a convenção de 
sinais. Pela direita, como já vimos, consideraremos F2. Vamos estudar seu sinal. 
Olhando a seção S seguindo a orientação da figura acima, percebemos a força F2, na sua 
posição original. Só que, em sua posição original, ela está à esquerda da seção, mas ela é 
devida ao carregamento pela direita, como já vimos. Então, teremos que levá-la para a direita 
da seção S. Como se trata de uma força, basta levá-la para a direita. Na sua nova posição, vê-se 
que ela está descendo pela direita da seção, provocando esforço cortante positivo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
direita 
esquerda 
seção S 
A 
B C 
D 
F1 F2 
olhando por aqui 
F2 
seção S 
posição original posição deslocada 
F2 
26 
 
3. Momentos fletores: 
 
 
 
 
 
 
Vamos considerar apenas as cargas F1 e F2. 
O momento fletor pelo carregamento à esquerda, na seção S, é -F1 . a, seguindo a convenção 
de sinais. Pela direita, como já vimos, consideraremos F2. Vamos estudar seu sinal. 
Olhando a seção S seguindo a orientação da figura acima, percebemos o momento fletor 
causado pela força F2 (= F2 . a), na sua posição original. Só que, em sua posição original, ele 
está à esquerda da seção, mas ele é devido ao carregamento pela direita, como já vimos. 
Então, teremos que levar o momento fletor para a direita da seção S, girando em torno do eixo 
de flexão da seção S. Na sua nova posição, vê-se que ele está subindo pela direita da seção, 
provocando momento fletor positivo = + F2 . a. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
direita 
esquerda 
seção S 
A 
B C 
D 
F1 F2 
olhando por aqui 
seção S 
posição original posição deslocada 
eixo de flexão da seção S 
27 
 
4. Momentos torçores: 
 
 
 
 
 
 
Vamos considerar apenas as cargas F1 e F2. 
O momento torçor pelo carregamento à esquerda, na seção S, é 0. Pela direita, como já vimos, 
consideraremos F2. Vamos estudar seu sinal. 
Olhando a seção S seguindo a orientação da figura acima, percebemos o momento torçor 
causado pela força F2 (= F2 . c), na sua posição original. Só que, em sua posição original, ele está 
à esquerda da seção, mas ele é devido ao carregamento pela direita, como já vimos. Então, 
teremos que levar o momento torçor para a direita da seção S, girando em torno do eixo de 
torção da seção S. Na sua nova posição, vê-se que ele está saindo da seção pela direita, 
provocando momento torçor positivo = + F2 . c. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
direita 
esquerda 
seção S 
A 
B C 
D 
F1 
F2 
olhando por aqui 
seção S 
posição original posição deslocada 
eixo de torção da seção 
Sentido do giro de F2 em torno 
do eixo de torção de S 
28 
 
Exercício: Determinar os esforços solicitantes na seção S, pela ação das 
cargas da figura, tanto pela esquerda como pela direita (existem outras 
cargas na estrutura além das apresentadas. O objetivo é apenas o cálculo 
dos esforços, para exercitar as explicações do capítulo): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pela esquerda (ação da carga de 10KN): 
Q = -10 KN 
M = -10 x 3,0 = -30 KN.m 
T = + 10 x 2,5 = +25 KN.m 
Pela direita (açãoda carga de 5KN): 
Q = +5 KN 
M = +5 x 1,0 = +5 KN.m 
T = + 5 x 2,0 = +10 KN.m 
S 
2,5m 
10KN 
5KN 
3,0m 
2,0m 
1,0m 
29 
 
QUADROS 
 
1) Traçar o DEN, DEC e DMF. Montar as equações dos momentos 
fletores na estrutura. 
 Reações: 
 ∑FH = o  HA = 20 
 ∑FV = o  
 VA + 10 = VB 
 ∑MB = 0  
 10VA + 10x5 = 20 x 6 
 VA = 7 e VB = 17 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
\\=\\= 
 
10KN 
HA 
VA VB 
6m 
5m 5m 
A 
C E D 
B 
x 
x x 
x 
DEN (KN) DEC (KN) 
DMF (KN.m) 
+7 
+ 
-17 
- 
+20 
+ 
- 
- -7 
-17 
+120 
+120 
+ 
+ 
+85 
20KN 
30 
 
Equações de momentos fletores: 
Trecho AC: M = + HA . x = + 20x 
Trecho CD: M = - VA . x + HA . 6 = -7x + 120 
Trecho DE: M = - VA . x + HA . 6 - 10 . (x – 5) = -7x + 120 – 10x + 50 = 
= -17x + 170 
Trecho ED: M = 0 
 
2) Traçar DEN, DEC e DMF. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Reações: ∑FH = 0  HA + 4 = HB + 2  HA + 2 = HB 
∑FV = 0  VA = 20 
∑MA = 0  4 . HB + 2 x 6 + 16 = 10 x 2 x 3 + 4 x 4  HB = 12tf 
HA = 10tf 
\\=\\= 
A 
B 
H 
G 
C D E 
F 
16m.tf 
2tf/m 
4tf 
HA 
VA 
HB 
2tf 4m 
4m 
2m 8m 
2m 
2m 
2m 
31 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
DEN (tf) 
DEC( tf) 
DMF (tf.m) 
-20 
- 
- 
-14 
- 
-10 
-14 
+16 
- 
-4 
+ 
+14 
+ 
-14 
+12 
- 
-96 
-40 
-100 
-4 2 . 2
2/8 = 1 
- 
- 
-36 
2 . 82/8 = 16 
-52 
-24 
- 
- 
-16 
32 
 
3) Traçar DEN, DEC e DMF. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Reações: 
∑FH = 0  HB = 36 KN 
∑FV = 0  VA + VB = 52 KN 
∑MB = 0  8.VA + 18 x 3 x 2 = 4 x 13 x 4  VA = 12,5 KN 
VB = 39,5 KN 
 
 
 
 
 
 
 
 
\\=\\= 
6m 
2,5m 2,5m 8,0m 
4 KN/m 
3 KN/m 3 KN/m 
VA VB 
HB 
A B 
DEN (KN) 
- - 
- 
- 12,5 - 39,5 
- 18 
33 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x/2,5 = 8 – x / 29,5  x = 0,625m 
Mmax = 12,5 x 0,625 – 6 x 3 x 3 – 4 x (2,5 + 0,625)2 / 2 = -65,718 
 
DEC(KN) 
DMF (KN.m) 
- 
- 
- 
+ 
+ 
+ 
-10 
+2,5 
-29,5 
-18 
+10 
+18 
+36 
- 
- 
- 
- 
- 
-162 
-12,5 -12,5 
-66,5 
-54 
-174,5 
 x 
4 x 2,52/8 = 3,125 
4 x 2,52/8 = 3,125 
4 x82/8 = 32 
3 x62/8 = 13,5 3 x62/8 = 13,5 
-65,718 
34 
 
4) Traçar DEN, DEC e DMF. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Reações: HA = 1tf 
 VA = 1,875tf 
 VB = 2,125tf 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
\\=\\= 
2tf 1tf/m 
1tf/m 
4tf 
2m 
2m 
2m 1m 1m 
3m 
B 
A HA 
VA 
VB 
DEN(tf) 
- 
- 
- 
-3 
-1,875 
-2,125 
35 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x/1,875 = 2 – x / 0,125  x = 1,875m 
Mmax = 1,875 . 1,875 + 1 . 4 – 4 . 2 – 1 . 1,875 . 1,875/2 = -2,242 
 
DMF (tf.m) 
DEC (tf) 
- 
+1 
+ 
-3 
+3 
+ 
- 
+ 
1,875 
-0,125 
-2,125 
x 
-4 
-4 
+2 
-4,5 
-4,5 
-2,242 
-2,25 
-2,375 
- 
+ 
- 
- 
- 
1x32/8 = 1,125 
1x22/8 = 0,5 
36 
 
5) Traçar DEN, DEC e DMF. 
 
 Reações: 
 ∑FX = 0  
 HA + HB = 10 
 ∑FV = 0  
 VA + VB = 32 
 ∑MB = 0  
 8VA = 32 x 4 + 10 x 2  
 VA = 18,5 e VB = 13,5 
 MD = 0  4HB = 20  HB = 5 
 HA = 5 
 
 
 
x/13,5 =8-x / 18,5 
x = 3,375 
Mmax = 22,78125 
 
 
 
 
 
 
\\=\\= 
B 
\\=\\= 
A 
D 
C 
10tf 
HA HB 
E 
4tf/m 
2m 
2m 
8m 
VA 
VB 
DEN (tf) 
DEC (tf) 
DMF (tf.m) 
-13,5 -18,5 
-5 
- - 
- 
-5 
- 
- 
+ 
-5 
+5 
18,5 
 -13,5 
x 
+ 
- 
-20 
-20 
+10 + 
+ 
- 
- 
22,78125 
4 . 82/8 = 32 
37 
 
6) Traçar DEN, DEC e DMF. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Reações: HA = 4tf; HB = 4tf; VA = 8tf; VB = 2tf 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
\\=\\= 
\\=\\= 
VA 
VB 
HB 
HA 
| 
3m 
10tf 44tf.m 
2tf/m 
4m 
3m 3m 2m 
A 
C D E F 
B 
DEN (tf) 
DEC (tf) 
DMF (tf.m) 
- 
- 
- -4 
-8 
-2 
- -10 
- 
-2 
-4 
- 
-4 
4 
+ 
- 
- 
- 
+ 
+ 
- 
-12 
-20 
-32 
-38 
+6 
+4 
38 
 
7) Traçar DEN, DEC e DMF. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Reações: HA = 13,3tf; HB = 3,3tf; VA = 39,3tf; VB = 28,7tf 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 x = 3,12m  Mmax = 2,54tf.m 
\\=\\= 
\\=\\= 
10tf 
2m 
4m 4m 2m 2m 
2m 
2m 
_ 
4tf.m 
6tf/m 
10√2 tf 
45° 
A 
B C 
D E 
F 
G H 
VB 
HB 
VA 
HA 
DEN (tf) 
DEC (tf) 
DMF (tf.m) 
- 
- - 
- 
- 
+ 
- 
+ 
+ 
- 
-13,3 
-39,3 -28,7 
-10 
+10 
+3,3 
-18,7 
29,3 
-10 
-13,3 
- 
- 
- - 
- 
- 
- 
-69,2 
-20 
-49,2 
-26,6 
-22,6 
+2,54 -6,6 
-20 
-26,6 
6 x 82/8 = 48 
x 
39 
 
8) Traçar DEN, DEC e DMF. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Reações: HA = 10,3tf; HB = 4,7tf; VA = 18,4tf; VB = 1,6tf 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
\\=\\= 
1m 
B 
VA 
\\=\\= 
1m 2m 2m 
A 
VB 
2m 
2m 
2m 
2m 
10tf 5tf 
2tf 
3tf/m 
4tf.m 4tf.m 
DEN (tf) 
- 
- 
- 
- 
- 
-16,4 -1,6 
-5,3 
-18,4 
-5 
40x / 1,6 = 5-x / 13,4  x = 0,533  Mmax = -0,77tf.m 
 
DEC (tf) 
DMF (tf.m) 
- 
- 
+ 
- 
+ 
+ 
- 
-10,3 
-5,3 
+2 
-4,7 
+5,3 
- 
-3 
13,4 
-1,6 
 x 
3 x 52/8 = 9,375 
3 x 12/8 = 0,375 
- 
-30,7 
-4 
-1,2 
-1,2 
-1,5 
-0,77 
-2 
-20,6 
-18,6 
-29,2 
- 
- 
- 
- 
+ 
- 
+9,4 
41 
 
9) Traçar DEN, DEC e DMF. 
 Grau de estaticidade: 
 I = 3 
 E = 3 ge = -3 g = 0 
 R = 3 
 N = 1  gi = 3 
 
 Há necessidade de abrir a 
 estrutura. 
 Como a barra CD é rotulada nas 
extremidades, ela só recebe esforços normais. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Reações: HA + N – N = 0; VA + VB = 8 
∑MB = 0  4 VA + 2N + 4 – 2N – 4 – 4 . 2 . 2 = 0  VA = 4tf e VB = 4tf 
MF = 0  -2N + 4 = 0  N = 2tf 
\\=\\= 
A B 
4m 
2m 
2m 
C 
E F 
D 
4tf.m 
\\=\\= 
A B 
4m 
2m 
2m 
C 
E F 
D 
4tf.m 
VA 
HA 
VB 
N N N N C D 
VA 
HA 
VB 
2tf/m 
2tf/m 
42 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
DEC (tf) 
DEN (tf) 
- -2 
+ - - 
+2 
-4 -4 
- + 
+2 
-2 
- 
+ 
-4 
+4 
-4 
-4 
-4 
-4 
- 
4 
- 
- - 
DMF (tf.m) 
43 
 
10) Traçar DEN, DEC e DMF. 
 
 
 
 
 
 
 
 
11) Traçar DEN, DEC e DMF 
 
 
 
 
 
 
 
 
12) Traçar DEN, DEC e DMF: 
 
 
 
 
 
\\=\\= 
\\=\\= 
1m 
1m 
_ 
2m 
2m 
20tf.m 
10tf 
4tf/m 10tf 
2m 8m 
\\=\\= 
3m 
1m 
10tf 
2tf/m 8tf 
2m 6m 
1tf/m 3tf 
\\=\\= 
2m 
2m 
2m 3m 1m 
1tf 
1tf 
44 
 
 
13) Traçar DEN, DEC e DMF 
 
 
 
 
 
 Reações: HA = 8tf; VA = 30tf; VB = 12tf 
 
 
14) Traçar DEN, DEC e DMF: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
\\=\\= 
1m 
1m 
2m 
2m 
12tf.m 
8tf 
4tf/m 10tf 
2m 8m 
\\=\\= 
4m 2tf 
2m 
3m 
1m 4m 
1tf 
1tf 
1tf/m 
45 
 
15) Traçar DEN, DEC e DMF: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
LCG = 5  sen θ = 3/5 = 0,6; cos θ = 4/5 = 0,8 
Reações: ∑FH = 0  HA = HB 
∑FV = 0  VA + VB = 16 
∑MB = 0  8VA + 2 . 2 = 4 . 2 + 2 . 6 + 8 . 4  VA = 6tf e VB = 10tf 
MG = 0  4 . 6 + 6 = 2 . 2 + 4 . 2 + 6HA  HA = 3 tf e HB = 3 tf 
 
 
 
 
 
 
 
\\=\\= \\=\\= 
2tf 
4tf 
2tf 
1tf/m 
3m 
3m 
2m 2m 2m 2m 2m 
HA 
VA 
HB 
VB 
A 
C 
G F 
H 
B 
E D 
J 
6m.tf 6m.tf 
θ 
46 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Barra CG: NC = -VA sen θ – HA cos θ = -6 
NJe = -6 + 2 . 1 . sen θ = - 4,8 
NJd = -4,8 + 2 sen θ = -3,6 
NG = -3,6 + 2 sen θ = -2,4 
 
 
 
 
 
 
 
 
Barra CG: QC = +VA cos θ – HA sen θ = +3 
QJe = +3 - 2 cos θ = +1,4 
QJd = +1,4 - 2 cos θ = -0,2 
QG = -0,2 - 2 cos θ = -1,8 
DEC (tf) 
DEN (tf) 
-6 
- 
-10 
- 
-6 
- 
-3 - 
- 
- 
-6 
-4,8 
-3,6 
-2,4 
-3 
- 
+3 
+ 
- -4 
+ 
+2 
-4 
- 
+ 
+3 
+1,4 
-0,2 
-1,8 - 
47 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Barra CG: MJ = VA . 2 – HA . 4,5 – 2 . 1 = -3,5 
 
16) Traçar DEN, DEC e DMF: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
DMF (tf.m) 
1 . 22/8=0,5 
1 . 42/8=2 
- 
- 
- 
- 
- 
- 
- 
- 
-9 
-9 
-3,5 
-9 
-10 
-1 
-8 
-4 
-14 
-6 
-6 
\\=\\= 
2m 2m 2m 
\\=\\= 
1,5m 
1,5m 
10tf/m 
10√2 tf 
45° 
VB 
HB 
VA 
HA A B 
 C G H 
D 
E 
F 
42m.tf 
θ 
48 
 
Reações: ∑FH = 0  HA + HB = 10 
∑FV = 0  VB = VA + 10 + 40 = VA + 50 
∑MB = 0  4VA + 10 . 1,5 = 42 + 10 . 2  VA = 11,75tf 
VB = 61,75tf 
MD = 0  -11,75 x 2 – HA . 3 + 42 = 0  HA = 6,2tf e HB = 3,8tf 
Sen θ = 0,6; cos θ = 0,8 
 
 
 
 
 
 
NCD = +VA sen θ – HA cos θ = 2,1tf 
 
 
 
 
 
 
 
 
QCD = -VA cos θ – HA sen θ = -13,12tf 
 
 
DEN (tf) 11,75 
+ 
+2,1 
-61,75 
- 
-51,75 
- 
- -10 
- -6,2 
+ 
DEC (tf) -6,2 
- 
+ 10 
-3,8 
- 
6,2 
+ 
- 
-11,75 
-31,75 
+ 
20 
- 
-13,12 
49 
 
 
 
 
 
 
 
 
17) Traçar DEN, DEC e DMF: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Reações: ∑FH = 0  HA = 4KN ∑FV = 0  VA + VB = 49KN 
MC = 0  MA + 4 . 4 = 16 . 2  MA = 16KN.m 
∑MB = 0  11VA + 16 + 13 + 16 . 2 = 44 . 5,5 + 5 . 3+12 . 2 = 0 
VA = 20KN e VB = 29KN 
sen θ = 0,8; cos θ = 0,6 
DMF (tf.m) 
-9,3 
- 
+32,7 
+ 
+ +5,7 
- 
-20 
-14,3 
-23,6 
10 . 22/8 = 5 - 
10 . 22/8 = 5 
- 
-20 
-43,6 
//=//= 
4m 
5m 
13KN.m 
4 KN/m 
A 
F 
B 
3KN/m 
3m 3m 
4m 
D E 
C G 
4KN/m 
5KN 
HA 
VA 
VB MA 
θ θ 
50 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Barra CD: NC = -VA sen θ + HA cos θ – 16 cos θ = -23,2KN 
ND = -23,2 + 12 sen θ = -13,6KN 
Barra EF: NF = -VB sen θ - 12 cos θ + 5 sen θ = -26,4KN 
NE = -26,4 + 12 sen θ = -16,8KN 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
DEN (KN) 
- 
- 
- 
- 
- 
-20 -29 
-23,2 
-26,4 
-13,6 -16,8 
-12 
DEC (KN) 
- 
+8 
+ 
-12 
x=1,7 
x=2 
+ 
- 
+ 
- 
- 
+ 
x=1 
x=3,3 
- 
+ 
+4 
-12 
+2,4 
-4,8 
+2,4 
-4,8 -5 
+12 
51 
 
Barra AC: x/4 = 4-x /12  x = 1 
Barra CD: QC = +VA cosθ + HA senθ – 16 senθ = 2,4 
QC = +2,4 - 12 cosθ = -4,8 
x/2,4 = 5-x /4,8  x = 1,7 
Barra DE: x/8 = 5-x / 12  x = 2 
Barra EF: QF = -VB cosθ + 12 senθ + 5 cosθ = -4,8 
QE = -4,8 + 12 cosθ = +2,4 
x/4,8 = 5-x / 2,4  x = 3,3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Barra AC: Mmax = HA . 1 + MA – 4 . 1 . 0,5 = 18 
Barra CD: Mmax = VA . 1,7 cos θ + HA . (4 + 1,7 sen θ) + 
+ MA – 16 . (2 + 1,7 senθ) – 4 . (1,7 cosθ)2/2 = 2 
MD = +VA . 3 + HA . 8 + MA – 16 . 6 – 12 . 1,5 = -6 
 
DMF (KN.m) 
+ 
+16 
+18 
4 . 42/8 = 8 
-6 
+ 
- 
+ 
- 
- 
- 
- 
+2 
4 . 32/8 = 4,5 
+7 
+15 
4 . 52/8 = 12,5 
-3 
-3 
-9 
4 . 32/8 = 4,5 
-1 
-15 
-24 
3 . 42/8 = 6 
52 
 
Barra DE: MD = -6 + 13 = +7 
ME = +VA . 8 + HA . 8 + MA – 16 . 6 + 13 – 32 . 4 = -3 
Mmax = +VA . 5 + HA . 8 + MA – 16 . 6 + 13 – 5 . 4 . 2,5 = 15 
Barra EF: ME = VB . 3 – 12 . 6 – 12 . 1,5 = -3 
MF = -12 . 2 + 5 . 3 = -9 
Mmax = VB . 3,3 cosθ – 12 . (2 + 3,3 senθ) – 4.(3,3cosθ)2/2 + 
+ 5 . (3 – 3,3cosθ) = -1 
 
18) Traçar DEN, DEC e DMF: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Reações: ∑FH = 0  HB = 6KN 
∑FV = 0  VA + VB = 50KN 
MF = 0  5VA + 6 = 14 . 3,5 + 24 . 3  VA = 23KN e VB = 27KN 
MF = 0  27 . 4 + MB – 6 . 7 – 8 . 5 - 10 . 6 – 16 . 2 = 0  MB = 66KN.m 
sen θ = 0,6 cos θ = 0,8 
//=//= 
3m 
4m 
2 KN/m 
A 
H 
B 
2KN/m 
2m 5m4m 
D F 
C G 
10KN 
6 KN.m 
1m 
E 
4KN/m 
VA 
VB 
HB 
MB 
θ 
53 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
NG = -VB sen θ – HB cos θ – 8 cos θ + 10 sen θ = -21,4 
NF = -21,4 + 16 sen θ = -11,8 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
QG = -VB cos θ + HB sen θ + 8 sen θ + 10 cos θ = -5,2 
QF = -5,2 + 16 cos θ = 7,6 
Barra DF: x/19 = 5-x / 1  x = 4,75 
DEC (KN) 
DEN (KN) 
- 
- 
- 
- 
-14 
-23 -27 
-11,8 
-21,4 
- 
- - 
+ 
+ 
- 
+ 
+ 
+6 
+14 
+10 
-5,2 
7,6 
-1 
-19 
-4 
-14 
X = 4,75 
X = 2 
54 
 
Barra FG: x/5,2 = 5-x/7,6  x = 2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Barra DF: Mmax = VA . 4,75 + 6 – 14 . 3,5 – 4 . 5,75 . 5,75/2 = 0,125 
Barra FG: Mmax = 27 . 2 cosθ + 66 – HB (4 + 2 senθ) – 8 (2 + 2sen θ) 
- 10 (2 + 2 cosθ) – 4 (2 cosθ) (2 cosθ)/2 = 11,28 
 
 
 
 
 
 
 
DMF (KN.m) 
+ 
-2 4 . 1
2/8 = 0,5 
- 
-45 
4 . 52/8 =12,5 
- 
0,125 
-43 
-10 
-16 
- 
- 
2 . 32/8 =2,25 
2 . 42/8 =4 
-20 
- 
4 . 42/8 =8 
2 . 42/8 = 4 
11,28 +6 
26 
66 
55 
 
19) Traçar DEN, DEC e DMF: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Separando os quadros: 
 
 Reações: 
 HA = 10tf 
 VA = 1tf 
 VE = 9tf 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
\\=\\= \\=\\= 
5tf 
1m 
1m 
10tf 
2m 
2m 
4m 4m 
2tf/m 
2tf/m 
A 
D 
B C 
E 
F 
G 
H 
I 
\\=\\= 
10tf 
2m 
2m 
2tf/m 
A 
D 
B C 
E 
VE 
VA 
HA 
+ 
- 
+1 
-9 
DEN (tf) DEC (tf) DMF (tf.m) 
+ 
+10 
- 
-1 
-9 
+ 
+20 
+ 
4 
+ 
56 
 
 Reações: HI = 5 
 VF = 14,25 
 VI = 2,75 
 
 
 
 
 
 
 
x/2,75=4-x/5,25  x = 1,375 
Mmax = 6,9 
 
20) Traçar DEN, DEC e DMF: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5tf 
1m 
1m 
H 
\\=\\= 
E 
F 
G 
I 
2tf/m 
VE 
VF VI 
HI 
DEN (tf) DEC (tf) DMF (tf.m) 
+ 
- - 
-14,25 -2,75 
- 
- 
5,25 
-2,75 
-5 
x 
+5 
+5 + 
+6,9 4 
\\=\\= 
2m 
2m 
1m 
1m 
10tf 
2tf/m 
2tf/m 
3m 3m 
57 
 
21) Traçar DEN, DEC e DMF: 
 
 
 
 
 
 
 
 
22) Traçar DEN, DEC e DMF 
 
 
 
 
 
 
 
 
23) Traçar DEN, DEC e DMF. 
 
 
 
 
 
== 
|| 
== 
4m 
8m 2,5m 
10KN/m 
100KN 
4m 
6m 4m 
3m 
10tf 
2tf/m 
2tf/m 
//=// 
2m 
2m 
6m 4m //=// //=// 
2tf/m 
4tf/m 
2m 2m 
10tf 
6tf 
58 
 
QUADROS COM BARRAS CURVAS 
 
1) Traçar o DEN, DEC e DMF. 
 d = R – R cos θ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 NS = - VA cos θ = -(P/2) cos θ 
Trecho AD QS = VA sen θ = (P/2) sen θ 
 MS = VA . d = (P/2) . (R – R cos θ) = (PR/2) ( 1 – cos θ) 
 
 
 
 
 
 
 
 
//=// 
P 
P/2 VA = P/2 
C 
S 
θ 
A 
B 
D 
θ 
d 
R 
C 
S 
DEN 
-P/2 -P/2 
- 
- 
59 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
C 
S 
DEC 
- 
+ 
+P/2 
-P/2 
C 
S 
DMF 
+ 
+ 
+PR/2 
60 
 
GRELHAS 
 
1) Traçar o DEC, DMF e DMT 
 
 
 
 
 
 
 
∑FV = 0  VA = 70KN 
∑MAE = 0  MY = 10 . 6 + 60 . 3 = 240KN.m 
∑MAB = 0  MX = 10 . 3 + 60 . 1,5 = 120KN.m 
DEC (KN): 
 
 
 
 
DMF (KN.m): 
 
 
 
 
\\ 
|| 
\\ 
3m 3m 
3m 
10KN 
20KN/m 
VA 
A 
B 
C D 
MY 
MX 
E 
C D B C A B 
-10 - - -10 
-10 
-70 
- 
-70 -70 
C D B C A B 
-30 
- 
- 
-120 
20 . 32/8 = 22,5 
- 
-240 
-30 
61 
 
DMT (KN.m): 
 
 
 
 
 
 
2) Traçar o DEC, DMF e DMT 
 
 
 
 ∑FV = 0  VA = 32,5KN 
 ∑MAD = 0  MY = 23,65KN.m 
 ∑MAB = 0  MX = 3,675KN.m 
DEC (KN): 
 
 
 
DMF (KN.m): 
 
 
 
DMT (KN.m): 
 
C D B C A B 
+30 
+ 
+30 
- 
-120 
-120 
\\ 
|| 
\\ A B 
C 
15KN 
20KN 
D 
MX 
MY 
0,7m 
1,1m 
VA 
A B B C 
32,5 
10,5 10,5 
+ 
+ 
A B B C 
-23,65 -3,675 
- - 
3,025 
0,92 
A B C 
-3,675 - 
B 
62 
 
3) Traçar DEC, DMF e DMT: 
 
 ∑FV = 0  
 VA + VB + VC = 80KN 
 
 ∑MCE = 0  
 2VB + 30 . 2 = 10 . 2 + 40 . 2  VB = 20KN 
 ∑MBC = 0  4VE = 10 . 4 + 30 . 4 + 40 . 2  VE = 60KN 
 VC = 0 
DEC (KN): 
 
 
 
 
 
 
 
DMF (KN.m): 
 
 
 
 
 
 
A 
B C 
D E F 
10KN 30KN 
40KN 
VB VC 
VE 
2m 
2m 
2m 2m 
D F 
- 
+ 
-10 
+30 
E 
C E 
- -20 
B C B A 
- 
-20 - -40 
D F - 
- 
-20 
-60 
E 
C E 
+ +80 
B C 
B A 
- 
-40 - 
-80 
63 
 
DMT (KN.m): 
 
 
 
 
 
 
 
 
4) Traçar DEC, DMF e DMT: 
 
 
 
 
 
 
 
 
∑FV = 0  VB = 37,5 + VD + VF 
∑MBD = 0  MY = 25 . 1,5 . 3 + 5,8 VF  MY = 112,5 + 5,8VF 
∑MDF = 0  MX + 25 . 1,5 . 3,25 = 2,5VB 
Viga BC: MC = 0  -MY + 3VB =0  MY = 3VB 
TC = 0  MX = 0  VB = 48,75KN  MY = 146,25KN.m 
VF = 5,82KN  VD = 5,43KN 
D F 
E 
C E 
+ +40 
B C 
B A 
+ 
+80 
\\ 
|| 
\\ 
//=// 
B 
D E F 
C 
A 
1,5m 
2,5m 
2,8m 3m 
MX 
MY VB 
VD VF 
25KN/m 
64 
 
DEC (KN): 
 
 
 
 
 
 
 
 
DMF (KN.m): 
 
 
 
 
 
 
 
 
DMT (KN.m): ZERO em todas as barras 
 
 
 
 
 
B C E A C 
D F 
E 
+ 
+48,75 
- 
-5,43 
+ +5,82 
- 
-11,25 
+37,5 
+ 
B C E A 
C 
D F 
E 
- 
-146,25 
- 
-16,29 
- 
-16,29 
- 
-28,125 
+ 
25 . 1,52/8 = 7,03 
65 
 
5) Traçar DEC, DMF e DMT: 
 
 
 
 
 
 
 Reações: 
Vista de cima: VA = 15KN 
 MX = 20KN.m 
 MY = 40KN.m 
 
DEC (KN): 
 
 
 
DMF (KN.m): 
 
 
 
DMT (KN.m):\\ 
|| 
\\ 
2m 2m 
2m 
A B 
 C D 
5KN/m 
5KN 
\\ 
|| 
\\ 
A B 
 C D 
MX 
MY 
MX 
MY 
VA 
A B B C C D 
+ 
+15 
+ 
+10 
+ 
+10 
A B B C C D 
- 
-40 
- 
-20 
- 
-10 -10 
5 . 22/8 = 2,5 
A B B C C 
 D 
- 
+ 
-20 
10 
66 
 
TRELIÇAS 
1. Introdução: 
 Cargas nos nós 
 Ligações através de rótulas 
 Apenas esforços normais nas barras 
Veremos a resolução através de 2 métodos: 
 Método dos nós 
 Método das seções (Ritter) 
 
2. Grau de estaticidade: 
g = I + b - 2n , onde: 
g = grau de estaticidade 
n = número de rótulas (como cada rótula fornece 2 equações – 
ΣFX=0 e ΣFY=0 – então 2n é o número de equações) 
I = número reações de apoio 
b = número de barras 
I + b é o número de incógnitas – as incógnitas são as reações nos 
apoios (I) e o esforço normal em cada barra (b) 
Se: g = 0  estrutura isostática (nosso estudo) 
 g > 0  estrutura hiperestática 
 g < 0  estrutura hipostática 
 
 
 
 
 
67 
 
 
3. Método dos nós: 
L2 = L3 = √ 3002 + 4002 = 500mm 
 
 n = 3 
 I = 3 
 b = 3 
 g = 0 
tg θ = 300/400 = 0,75 
sen θ = 300/500 = 0,6 cos θ = 400/500 = 0,8 
Equilíbrio de toda a estrutura: 
Σ FH = 0  HA = 0 
Σ FV = 0  VA + VB = 10 
Σ MB = 0  800.VA = 10x400  VA = 5 KN VB = 5 KN 
Equilíbrio de cada nó (caso não tenha certeza do correto sentido das 
cargas, coloque-as como de tração): 
Nó A: 
 Σ FH = 0  0 + N1 + N2.cosθ = 0 
 Σ FV = 0  VA + N2.senθ = 0  N2 = -8,33 KN (comp) 
 N1 = 6,67 KN (tração) 
 
 
 
 
10KN 
C 
B A 
300mm 
400mm 400mm 
θ θ HA 
VA VB 
 
 1 
 2 3 
A HA 
VA 
θ 
N2 
N1 
68 
 
 
Nó B: 
 Σ FH = 0  N1 + N3.cosθ = 0  N3 = - 8,33 KN (comp) 
 
 
 
 
 
4. Exercícios: Calcular as reações nos apoios e os esforços normais na 
barras n = 3 
a. I = 4 g = 0 
 b = 2 
 Calculando: 
 L1 = 461mm 
 L2 = 570mm 
 
Sen θ1 = 0,76; cos θ1 = 0,65 Sen θ2 = 0,61; cos θ2 = 0,79 
Equilíbrio de toda a estrutura: 
Σ FH = 0  HA + 20 = HB 
Σ FV = 0  VA + VB = 100 
Σ MB = 0  750.VA + 20x350 = 100x450  VA = 50,7 KN VB = 49,3 KN 
Nó A: 
 Σ FH = 0  HA + N1.cosθ1 = 0  HA = 43,4KN 
 Σ FV = 0  VA + N1.senθ1 = 0  N1 = -66,8 KN (comp.) 
B 
N1 
VB 
θ 
N3 
 1 
 2 3 
 -8,33KN -8,33KN 
 6,67KN 
300mm 450mm 
350mm 
VA VB 
HB HA 
20KN 
100KN 
2 1 
 Θ1 Θ2 
A HA 
VA 
θ1 
N1 
C 
B A 
69 
 
 HB = 63,4KN 
Nó B: 
 Σ FH = 0  HB + N2.cosθ2 = 0  N2 = - 80,3 KN (comp) 
 
 
 
 
 
b. 
 
 
 
 
 
Calculando: L2 = L3 = L5 = 707mm senθ = 0,707 cosθ = 0,707 
Equilíbrio de toda a estrutura: 
Σ FH = 0  HA = 0 
Σ FV = 0  VB = VA + 80 
Σ MB = 0  1000.VA = 80x500  VA = 40KN VB = 120KN 
Nó A: 
 Σ FH = 0  HA + N2.cosθ + N1 = 0 
 Σ FV = 0  VA = N2.senθ = 0  N2 = 56,6 KN (tração) 
 N1 = -40KN (compressão) 
 
B 
VB 
θ2 
N2 
 1 2 
 -80,3KN -66,8KN 
HB 
VA 
HA 
Vb 
A 
B 
C D 
80KN 500mm 
500mm 500mm 500mm 
θ θ 
θ θ 
4 
1 
2 3 
5 
A HA 
VA 
θ 
N2 
N1 
70 
 
 
Nó D: 
 Σ FH = 0  N4 + N5.cosθ = 0 
 Σ FV = 0  80 + N5.senθ = 0  N5 = -113,2KN (comp.) 
 N4 = 80KN (tração) 
Nó C: 
 Σ FH = 0  N4 + N3.cosθ = N2.cosθ 
 N3 = -56,6KN (compressão) 
 
 
5. Método das seções (Ritter): 
Bases do método: Σ FH = 0 HA 
 Σ FV = 0 VA 
 Σ MP = 0 VB 
 
 
 
 No caso do corte na estrutura, 
 ficamos com as incógnitas: 
 N3, N7 e N12. 
 Resolução (por exemplo): 
 Σ MD = 0  acha-se N3 
 Σ MG = 0  acha-se N7 
 Σ FV = 0  acha-se N12 
D 
80KN 
θ 
N5 
N4 
C N4 
N3 N2 
θ θ 
VA 
VB 
HA 
F1 
F2 
F3 
F4 
A B 
C D E 
F 
G 
H 
I 
1 
2 
3 
4 
5 
6 7 8 9 
10 
11 12 
13 
14 
15 
VA 
HA 
F 
1 
2 
10 
F1 
6 C 
G 
11 
F2 
7 
12 
D 
3 
N3 
N12 
N7 
71 
 
 
Aplicação: Calcular os esforços normais nas barras 2, 8 e 17. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Σ FH = 0  HA = 6tf 
 Σ FV = 0  VA + VB = 10tf 
 Σ MB = 0  12VA + 6x2 = 6x8 + 4x6  VA = 5tf VB = 5tf 
 Σ MI = 0  
 4VA + 2xHA = 2xN17  N17 = 16tf (T) 
 Σ MD = 0  
 4VA + 6x2 + 2xN2 = 0  N2 = -16tf(C) 
 Σ FV = 0  
 VA = 6 + N8  N8 = -1tf (C) 
Pelo mesmo método, calcule os esforços normais nas barras 3, 9, 11, 18 e 
19. 
Respostas: N3 = 10tf (C) ; N9 = 1,4tf (T); N11 = -7,07tf(C); N18 = 15tf(T); 
N19 = 15tf (T) 
 
VA 
HA 
VB 
A B CH 
D 
I 
E 
J 
F 
K 
G 
L 1 2 3 4 
5 6 7 8 9 10 
11 12 
13 
14 
15 
16 17 18 19 20 21 
2m 2m 2m 2m 2m 2m 
2m 
6tf 
6tf 
4tf 
VA 
HA A 
5 
16 
6tf 
C 
6 7 
1 
6tf 
I 
8 
17 
N2 
D 
N8 
N17 
72 
 
6. Por qualquer método, determinar as reações nos apoios, bem como 
os esforços normais em cada barra: 
a. 
 
 
 
 
 
Resp: N1=19,7KN(T); N2=49,2KN(C); N3=33,8KN(T) 
N4=12,6KN(C); N5=12,6KN(C); HD=19,2KN (p/direita) 
VC=49,2KN(p/cima); VD=1,4KN (p/baixo) 
 
 
b. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A 
B C D 
30KN 
10KN 1,8m 
1,5m 5,0m 
4 
1 
2 
3 
5 
C 
2,0m 
2,0m 
500N 
A 
B 
15KN 
73 
 
c. 
 
 
 
 
 
 
 
7. Determinar as reações nos apoios e o esforço normal em cada 
barra. 
 
 
 
 
 
 
8. Determinar as reações nos apoios e o esforço normal em cada 
barra. 
 
 
 
 
 
 
A 
3,0m 3,0m 
4,0m 
B C 
D 
400N 
600N 
6KN 
20KN 
 1 
4 2 
3 
5 
2m 2m 
1,5m 
6KN 
40KN 
 1 
6 2 
3 5 
1,2m 1,2m 
1,6m 
1,2m 1,2m 
4 
7 
74 
 
9. Calcule as reações nos apoios e os esforços normais nas barras, pelo 
método de Ritter. 
Sugestão: Faça os seguintes cortes: 1-2 ; 2-3-4 ; 4-5-6; 6-7-8; 8-9 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
18KN 
 1 
6 2 
3 
5 
2m 2m 
2m 
7 
2m 
36N 
4 
8 
9 
75 
 
DEFORMAÇÔES EM ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS 
1) Introdução: 
Pelo teorema da carga unitária (vide “Análise das Estruturas” – 
Método das Forças e Método dos Deslocamentos – Volume I – 
Humberto Lima Soriano): 
 
 
Onde: 
δ : deslocamento produzido 
N, Q, M, T: solicitações produzidas pelo carregamento real 
aplicado na estrutura (estado de deformação) 
N, Q, M, T: solicitações produzidas pelo carregamento virtual 
(unitário) aplicado na estrutura (estado de carregamento). 
E: módulo de elasticidade longitudinal do material (Young) 
G: módulo de elasticidade transversal do material 
I: momento e inércia da seção transversal da peça 
S: área da seção transversal da peça 
X: coeficiente de redução, resultante da distribuição não 
uniforme das tensões cisalhantes, cujo valor varia com o tipo de 
seção. 
J: momento de inércia à torção (momento de inércia polar) da 
seção transversal da peça 
 
 
1.δ = ⌠ N.N dx + ⌠ M.M dx + ⌠ X Q.Q dx + ⌠ T.T dx 
⌡ E.S ⌡ E.I ⌡ G.S ⌡ G.J 
Parcela 1 Parcela 2 Parcela 3 Parcela 4 
76 
 
Observações: 
 A escolha do estado de carregamento deve ser tal que 
a carga unitária, associada à deformação δ, a ser 
calculada, nos forneça um trabalho virtual de forças 
externas igual a P.δ. Ele é, pois, função da 
deformação a calcular e pode ser tabelado (vide 
Tabela 1) 
 O estado de deformação pode ser provocado por: 
o Carregamento exterior 
o Variação de temperatura 
o Movimentos (recalques) de apoios 
o Modificações impostas ma montagem 
 A parcela referente aos esforços cortantes (Parcela 3) 
pode ser, usualmente, desprezada em presença das 
demais, com erro mínimo (somente em casos de vãos 
muito curtos e cargas muito elevadas, a influência do 
esforço cortante apresenta valor considerável). 
 Também com erro tolerável, podemos desprezar a 
parcela referente aos esforços n0rmais (Parcela 1) 
para peças de estruturas que não trabalhem 
fundamentalmente ao esforço normal (é evidente 
que não podemos desconsiderar em casos de escoras, 
tirantes, treliças, pilares esbeltos e peças protendidas 
em geral). 
 O uso destas simplificações deve ser feito, entretanto, 
com muito critério e somente em casos sem dúvidas, 
a fim de se evitar possíveis erros grosseiros. Em caso 
de dúvida, devem ser computadas todas as parcelas, a 
fim de ser possível a avaliação de sua importância 
relativa. 
77 
 
 Como normalmente a estrutura é constituída de 
barras do mesmo material, normalmente é adotada 
uma “rigidez característica” para a estrutura (E.IC), 
que é obtida pelo produto do menor momento de 
inércia da estrutura, pelo módulo de elasticidade 
longitudinal do material da estrutura. A rigidez de 
cada barra será, então, uma variante da rigidez 
característica: E.I = α E.IC, sendo α > 1. Idem para G.J. 
 
2) Exercícios: 
a. Calcular o deslocamento vertical do ponto B. 
 E.IC = 30 . 105 KN.m2 
 
 
Estado de deformação (ou deslocamento): 
M = -100x 
Estado de carregamento (manter a mesma estrutura, eliminando 
todas as cargas originais, e aplicando uma única carga unitária, 
compatível com o deslocamento solicitado – Tabela 1): 
 Obs: o sentido da carga unitária 
 poderia ter sido para cima. Se o δ 
calculado der positivo, significa que o sentido do deslocamento é 
o mesmo da carga unitária. Se for negativo, é o contrário. 
M = -x 
\\ 
|| 
\\ 
100KN 
A B 
4m 
x 
\\ 
|| 
\\ 
1KN 
A B 
x 
78 
 
Obs: Deverá ser escolhida, para cada uma das barras 
componentes da estrutura, uma origem de contagem do x, para 
determinação das equações dos esforços solicitantes. Procure 
escolher uma origem, em cada barra, que facilite a montagem 
das equações dos esforços. Mas a única exigência é a seguinte: a 
origem escolhida, para cada barra, para o estado de 
carregamento, deverá ser a mesma escolhida para o estado de 
deformação. 
Montagem da equação do trabalho da carga unitária: 
E.IC.δ = 1/1. M.M dx  30 . 105 . δ = (-100x).(-x) dx = 
= 100x3/3 = 2.133,3  δ = 0,000711m = 0,711mm ( como δ > 
0, então o deslocamento tem o mesmo sentido escolhido para a 
carga unitária, isto é, para baixo). 
Se tivéssemos mais barras na estrutura, faríamos cálculo 
semelhante para cada uma delas, e somaríamos os resultados. 
 
b. Calcular o deslocamento horizontal de D 
 E.IC = 2 . 104tf.m2 para todas as barras. 
Estado de deformação 
 Reações: 
 HA = 5 
 VA = 3; VD = 3 
 
 
 
⌠4 
⌡0 
⌠4 
⌡0 
4 
 
//=// 
5tf 
A 
B 
D 
C 
5m 
3m 
HA 
VA 
VD 
x 
x 
x 
0 
79 
 
Equações: Barra AB: M = 5x 
Barra BC: M = 3x 
Barra CD: M = 0 
Estado de carregamento: 
 
 Reações: 
 HA = 1 
 VA = 0; VD = 0 
 
 
 
Equações: Barra AB: M = -x 
Barra BC: M = -3 
Barra CD: M = -x 
E.IC.δ = 2 . 104. δ = 1/1 (5x)(-x)dx + 1/1 (3x)(-3)dx + 
+ 1/1 (0)(-x) dx = -5 x3/3 - 9 x2/2 + 0 = 
= -157,5 
δ = -0,00788m = -0,7,88mm ( ) 
 
 
 
//=// 
A 
D 
5m 
3m 
HA 
VA 
VD 
x 
x 
x 
1 
⌠3 
⌡0 
⌠5 
⌡0 
⌠3 
⌡0 
3 
0
5 
0
80 
 
c. Calcular os deslocamentos horizontal e vertical do 
ponto D. A rigidez característica vale E.IC = 4 . 103 
KN.m2. Barra AB: E.IC 
 Barra BC: 2E.ICBarra CD: E.IC 
 Reações: 
 HA = 0; VA = 12KN 
 MA = 3,6KN.m 
 
 
Faremos um estudo semelhante ao feito nos exercícios anteriores para 
cada deslocamento solicitado. 
Estado de Deformação (Estado 0): 
Barra AB: M = -3,6 
Barra BC: M = -20x.x/2 = -10 x2 
Barra CD: M = 0 
Estado de carregamento 1 (Estado 1) (deslocamento horizontal): 
 Reações: 
 HA = 1 
 VA = 0 
 MA = 0 
 
 
 
//=// 
A D 
3m 
VA 
20KN/m 
B C 
HA 
MA 
0,6m 
x 
x 
x 
//=// 
HA 
MA 
x 
x 
x 
1KN 
VA 
81 
 
Barra AB: M = -1 (3 - x) = x - 3 
Barra BC: M = -3 
Barra CD: M = -x 
4 . 103 δH = 1/1 (-3,6)(x – 3) dx + ½ (-10x2)(-3) dx + 
+ 1/1 (0)(-x)dx = (-3,6 x2/2 + 10,8x) + 15x3/3 
= 17,28  δH = 0,00432m ( ) 
 
Estado de carregamento 2 (Estado 2) (deslocamento vertical): 
 Reações: 
 HA = 0 
 VA = 1 
 MA = 0,6 
 
 
Barra AB: M = 0,6 
Barra BC: M = x 
Barra CD: M = 0 
4 . 103 δV = 1/1 (-3,6)(0,6) dx + ½ (-10x2)(x) dx + 
+ 1/1 (0)(0 )dx = -6,642  δV = -0,00166m ( ) 
 
 
 
 
⌠3 
⌡0 
⌠0,6 
⌡0 
⌠3 
⌡0 
3 
0
0,6 
0
//=// 
HA 
MA 
x 
x 
x 
1KN VA 
⌠3 
⌡0 
⌠0,6 
⌡0 
⌠3 
⌡0 
82 
 
d. Calcular a rotação da seção E. 
EIC = 21 . 103 KN.m2; Barra AC: EIC; Barras CD e DE: 2 EIC; Barra EB:3 EIC 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
sen θ = 0,6; cos θ 0,8 
Reações: HA = 2KN ; VA = 6KN ; VB = 18KN 
Barra AC: M = HA.x – 4x2/2 = 2x – 2x2 
Barra CD: M = VA.x cos θ + HA . (4 + x sen θ) – 16 . (2 + x sen θ) = 
= -3,6x – 24 
Barra DE: q’ / x = 8/6  q’ = 4x/3 
M = VA (4 + x) + HA . 7 – 16 . 5 – (q’ . x/2)(x/3) = 
= -2x3/9 + 6x - 42 
Barra EB: M = -2x.x/2 = -x2 
 
 
 
 
//=//= 
3m 
4m 
6m 4m 
A B 
C 
D 
E 
2KN/m 
4 KN/m 
8KN/m 5KN.m 
x 
x 
x 
x 
θ 
VA VB 
HA 
83 
 
Estado de carregamento: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Reações: HA = 0; VA = VB = 0,1 KN 
Barra AC: M = 0 
Barra CD: M = -VA.x cos θ = -0,08x 
Barra DE: M = -VA (4 + x) = -0,1x – 0,4 
Barra EB: M = 0 
 
21 . 103 . δ = 1/1 (2x – 2x2)(0) dx + ½ (-3,6x – 24)( -0,08x)dx + 
+ ½ (-2x3/9 + 6x - 42)(-0,1x – 0,4)dx + 1/3 (-x2)(0)dx = 
= ½ (0,288x2 + 1,92x)dx + 
+ ½ (0,2x4/9 + 0,8x3/9 – 0,6x2 – 2,4x + 4,2x + 16,8) dx = 
= ½ (0,288x2 + 1,92x)dx + 
+ ½ (0,2x4/9 + 0,8x3/9 – 0,6x2 + 1,8x + 16,8)dx = 18 + 76,68 = 94,68 
 
δ = 0,004509 rad ( ) 
//=//= 
3m 
4m 
6m 4m 
A B 
C 
D 
E 
1KN.m 
x 
x 
x 
x 
θ 
VA VB 
HA 
⌠4 
⌡0 
⌠5 
⌡0 
⌠6 
⌡0 
⌠7 
⌡0 
⌠5 
⌡0 
⌠6 
⌡0 
⌠5 
⌡0 
⌠6 
⌡0 
84 
 
e. Calcular o deslocamento vertical do ponto C. 
 EIC = 3 . 104 KN.m2 
 GJC = 2 . 103 KN,m2 
 Barra AB: 1,11 EIC e 1,43 GJC 
 Barra BC: EIC e GJC 
 
Reações: VA = 9KN; MX = 3,6 KN.m; MY = 27 KN.m 
Estado de Deformação (estado 0): 
Barra AB: M = -9x T = -3,6 
Barra BC: q’ / x = 15/1,2  q’ = 12,5x 
M = - q’.(x/2)(x/3) = - 2,083x3 T = 0 
Estado de carregamento (estado 1): 
 Reações: 
 VA = 1KN; MX = 1,2KN.m 
 MY = 3KN.m 
 
 
Barra AB: M = -x T = -1,2 
Barra BC: M = -x T = 0 
Pela ação de M: 3 . 104 δM = 1/1,11 (-9x)(-x)dx + 1/1 (-2,083x3)(-x)dx = 
= 74,010  δM = 0,002467m 
Pela ação de T: 2 . 103 δT = 1/1,43 (-3,6)(-1,2)dx + 1/1 (0)(0)dx = 
= 9,0629  δT = 0,004531m 
δTotal = 0,006998m ( ) 
\\ 
|| 
\\ 
3m 
1,2m 
A 
MX 
MY 
B 
C 
15KN/m 
x 
x 
\\ 
|| 
\\ 
3m 
1,2m 
MX 
MY 
B 
C 
VA 
VA 
1KN 
x 
x 
⌠3 
⌡0 
⌠1,2 
⌡0 
⌠3 
⌡0 
⌠1,2 
⌡0 
85 
 
f. Calcular o deslocamento vertical do ponto C. 
 ES = 4 . 104 KN 
Barras AB e BC: seções retas = S Barra AC: seção reta = 3S 
 LBC = 2m LAB = 1,154m LAC = 2,309m 
 
 
 
 Estado de deformação 
 Nó C: ∑FH = 0  NAC cos 30 + NBC = 0 
 ∑FV = 0  NAC sen 30 = 15  NAC = 30KN (T) 
 NBC = -25,98KN (C) 
Nó B: ∑FH = 0  HB = 25,98KN 
 ∑FV = 0  NAB = 15KN (T) 
 
Estado de carregamento 
 Nó C: 
 
 ∑FH = 0  NAC cos 30 + NBC = 0 
 ∑FV = 0 NAC sen 30 = 1 NAC = 2 (T) 
 NBC = -1,732 (C) 
 
Nó B: HB = 1,732 KN 
 NAB = 0 
 
|| 
|| 
A 
B 
C 
2m 
30° 
15KN 
C 
30° 
15KN 
NAC 
NBC 
B 
25,98KN HB 
NAB 
15KN 
15KN 
|| 
|| 
A 
C 
1KN B 
C 
1KN 
NAC 
NBC 
HB 
NAB 
1,732 
86 
 
 δ = 0,003405m ( ) 
 
g. Determinar o deslocamento horizontal de B. 
 EIC = 21 . 103 KN.m2 
 Barra AC: 2,286 EIC 
 Barra CD: 12,286 EIC 
 Barra DB: EIC 
 Reações: 
 HA = 45KN 
 VA = 60KN VB = 0 
 
Estado de deformação:Barra AC: M = -45x 
Barra CD: M = -10x.x/2 = -5x2 
Barra DB: M = 0 
 
Estado de deformação: 
HA = 1KN 
VA = VB = 0 
 
 
Barra N N L ES NNL/ES 
AB +15 0 1,154 4.104 0 
AC +30 +2 2,309 12.104 0,001155 
BC -25,98 -1,732 2 4.104 0,002250 
//=// 
45KN 
A B 
VB 
x 
x 
x 
VA 
10KN/m 
C 
D 
HA 
6m 
4m 
A B 
VB 
x 
x 
x 
VA 
C 
D 
HA 
//=// 
1KN 
87 
 
Barra AC: M = -x 
Barra CD: M = -4 
Barra DB: M = -x 
21 . 103 δ = 1/2,286 (-45x)((-x)dx + 1/12,286 (-5x2)(-4)dx 
+ 1/1 (0)(-x) dx = 537,2  δ = 0,026m ( ) 
 
h. Determinar a rotação da tangente à elástica em B 
 
 
 
 
 
 
 
EIC = 20.000 tf.m2 
Barras AB e DE: 1,667 EIC Barra BC: 2 EIC Barra CD: EIC 
sen θ = 4/5= 0,8 cos θ = 3/5 = 0,6 
Estado de deformação 
Reações: HC = 0; VC = 12tf; VA = VE = 6tf 
Barra AB: M = VA. x cos θ – 2 (x cos θ)2/2 = 3,6x – 0,36x2 
Barra DE: M = 3,6x – 0,36x2 
Barra BC: M = VA(x + 3) – 2 (x + 3)2/2 = -x2 + 9 
Barra CD: M = -x2 + 9 
 
⌠4 
⌡0 
⌠6 
⌡0 
⌠4 
⌡0 
//=// 
VA 
VC 
VE 
A 
E 
B D C 
4m 
3m 3m 3m 3m 
θ θ 
HC 
2tf/m 
x x 
x x 
88 
 
Estado de carregamento: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Reações: HC = 0; VC = 1/6tf; VA = 1/6tf; VE = 0 
 
Barra AB: M = -VA. x cos θ = -0,1x 
Barra DE: M = 0 
Barra BC: M = -VA(x + 3) + 1 = -x/6 + 0,5 
Barra CD: M = 0 
20.000 δ = 1/1,667 (3,6x – 0,36x2)(-0,1x)dx + ½ (-x2 + 9)( -x/6 + 0,5)dx 
+ 1/1 (-x2 + 9)(0) dx + 1/1,667 (3,6x – 0,36x2)(0)dx = 
= -2,8012  δ = -0,00014 rad ( ) 
 
 
 
 
 
 
//=// 
VA 
VC 
VE 
HC 
1tf.m 
⌠5 
⌡0 
⌠3 
⌡0 
⌠3 
⌡0 
⌠5 
⌡0 
89 
 
i. Determinar o deslocamento vertical de A: ES = 104 tf 
Todas as barras são do mesmo material, com as mesmas seções retas. 
 
 
 
 
 
 
Nó A: NAD = -2√2 tf (C) 
 NAE = 2 tf (T) 
 
Nó D: NDE = 2 tf (T) 
 NCD = -2tf (C) 
 
Nó E: 
 NBE = 6tf (T) 
 NCE =- 4√2 tf (C) 
 
 
 
 
 
 
 
|| 
|| 
|| 
|| 
A B 
C 
E 
D 
3m 
3m 3m 
2tf 2tf 
A 
2tf 
NAE 
NAD 
D 
2√2tf NDE 
NCD 
A 
2tf 
NBE 
NCE 
2tf 
2tf 
90 
 
Estado de Carregamento 
 
 
 
 
 
 
 
 
Nó A: NAD = -√2 tf (C) 
 NAE = 1 tf (T) 
 
Nó D: NDE = 1 tf (T) 
 NCD = -1tf (C) 
 
Nó E: 
 NBE = 2tf (T) 
 NCE =- √2 tf (C) 
 
Barra N N L ES NNL/ES 
BE +6 +2 3 104 0,003600 
AE +2 +1 3 104 0,000600 
CD -2 -1 3 104 0,000600 
DE +2 +1 3 104 0,000600 
CE -4√2 -√2 3√2 104 0,003394 
AD -2√2 -√2 3√2 104 0,001697 
 δ = 0,01049( ) 
|| 
|| 
|| 
|| 
A B 
C 
E 
D 
3m 
3m 3m 
1tf 
A 
1tf 
NAE 
NAD 
D 
 √2tf NDE 
NCD 
A NBE 
NCE 
1tf 
1tf 
91 
 
j. Determinar o deslocamento horizontal de C: 
 EIC = 21 . 103 tf.m2 
 Barra AD: 2,286 EIC 
 Barra DF: 12,286EIC 
 Barra BF: EIC 
 Reações: 
 VA = 3tf; VB = 5tf 
 HA = 1tf; HB = 3tf 
 
Estado de deformação: 
Barra AD: trecho AC: M = x 
 Trecho CD: M = x – 4.(x – 1) = -3x + 4 
Barra DF: M = VA.x + 2 – 4 – 2x.x/2 = 3x – 2 – x2 
Barra BF: M = -3x 
 Estado de Carregamento 
 Reações: 
 VA = 0,25tf; VB = 0,25tf 
 HA = 0,625tf; 
 HB = 0,375tf 
 
 
 
 
 
VB 
VA 
//=// //=// 
HA 
HB 
3m 1m 
4tf 
1m 
1m 
A 
B 
C 
E 
D 
F 
2tf/m 
VB 
VA 
//=// //=// 
HA 
HB 
3m 1m 
1tf 
1m 
1m 
A 
B 
C 
E 
D 
F 
92 
 
Barra AD: Trecho AC: M = HA . x = 0,625x 
 Trecho CD: M = HA . x – 1 . (x – 1) = -0,375x + 1 
Barra DF: M = -VA. x – 1 + 2 HA = -0,25x + 0,25 
Barra BF: M = - HB.x = -0,375x 
 
21 . 103 . δ = 1/2,286 (x)(0,625x)dx + 
 + 1/2,286 (-3x + 4)(-0,375x + 1)dx + 
 + 1/12,286 (3x – 2 – x2)(-0,25x + 0,25)dx + 
 + 1/1 (-3x)(-0,375x)dx = 3,2534  
 δ = 0,000155 m ( ) 
 
 
k. Determinar o deslocamento horizontal de A 
EIC = 4 . 103 KN.m2 Barra AB: EIC Barra BC: 2 EIC 
 LBC = 3,606m 
 sen θ = 0,83 ; cos θ = 0,55 
 Reações: HC = 0 
 VA = 8,57KN; VC = 21,43KN 
 
 
 
Barra AB: M = VAx = 8,57x 
Barra BC: M = VC. x cos θ = 11,88x 
 
⌠1 
⌡0 
⌠2 
⌡1 
⌠4 
⌡0 
⌠2 
⌡0 
//=// 
A B 
C 
30KN 
θ 
3m 
5m 2m 
VA 
VC 
HC 
93 
 
Estado de carregamento: 
 Reações: 
 HC = 1 
 VA = VC = 0,429KN 
 
 
 
Barra AC: M = -0,429x 
Barra BC: M = 0,429x. cos θ – 1 . x sen θ = -0,594x 
4 . 103 δ = 1/1 (8,57x)(-0,429x)dx + ½ (11,88x)(-0,594x)dx = 
 = -208,35  δ = - 0,0521m ( ) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
//=// 
VA 
HC 
VC 
1K
⌠5 
⌡0 
⌠3,606 
⌡0