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Método da Carga Unitária www.profwillian.com 
Exercícios propostos 1 willian@profwillian.com 
1 – Calcule o deslocamento vertical no meio do vão AB da viga biapoiada vista na 
figura abaixo. Considere a viga trabalhando fundamentalmente à flexão com inércia 
EI = 2000 kN.m2. 
 
B A 
10 kN 
 
4 m 1 m 
C 
1 m 
D 
10 kN 
 
 
Solução: 
 
B A 
10 kN 
 
4 m 
C 
1 m 1 m 
D 
VA VB 
10 kN 
 
 
B A 
1 
 
4 m 
C 
1 m 1 m 
D 
VA VB 
Reações de apoio para o carregamento original 
å = 0Mz , ou seja, eixo z que no ponto B temos: kN10V01105104V AA =Þ=´+´-´ 
å = 0Fy , temos: kN10V01010VV BBA =Þ=--+ 
 
Tomando a origem de x em C, as equações de esforços nos trechos CA, AB e BD serão: 
60x10)5x(10)1x(10x10)5x(V)1x(Vx10)x(M
10)1x(10x10)1x(Vx10)x(M
x10)x(M
CBBD
BAB
CA
-=-+-+-=-+-+-=
-=-+-=-+-=
-=
 
 
Procedendo de maneira análoga para a carga unitária, temos as seguintes equações de esforços: 
Reações de apoio para o carregamento unitário 
å = 0Mz , ou seja, eixo z que no ponto B temos: 5,0V0214V AA =Þ=´-´ 
å = 0Fy , temos: 5,0V01VV BBA =Þ=-+ 
 
Tomando a origem de x em C, as equações de esforços nos trechos CA, AB e BD serão (note que o 
trecho AB foi dividido por dois, ou seja, de x=1 até x=3m e outro de x=3 até x=5m): 
0)5x(5,0)3x(1)1x(5,0)5x(V)3x(1)1x(V)x(M
5,2x5,0)3x(1)1x(5,0)3x(1)1x(V)x(M
5,0x5,0)1x(5,0)1x(V)x(M
0)x(M
CBBD
BAB
BAB
CA
=-+---=-+---=
+-=---=---=
-=-=-=
=
 6x5
5x3
3x1
1x0
££Þ
££Þ
££Þ
££Þ
 
 
Assim o deslocamento no meio do vão AB é: 
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
m01,0
2000
20
EI
20
20dx060x10dx5,2x5,010dx5,0x5,010dx0x10EI
6
5
5
3
3
1
1
0
-=
-
=
-
=dÞ
-=-++--+--+-=d òòòò
 
 
 
 
 
 
 
Resposta: Deslocamento vertical no meio do vão AB é d=10,0 mm (para cima) 
Método da Carga Unitária www.profwillian.com 
Exercícios propostos 2 willian@profwillian.com 
2 – Calcule o deslocamento vertical do nó 4 da treliça vista na figura abaixo. 
Considere os nós como rótulas perfeitas e as barras com inércia constante EA = 1854 
kN. Note que, na tabela abaixo, os esforços para o carregamento original já foram 
fornecidos. 
 
1 
4 5 
2 3 
2,0 m 2,0 m 2,0 m 2,0 m 
1,5 m 
3 kN 
 
Barra N N L L.N.N 
1 2 +1,00 
2 3 +3,00 
4 5 -2,00 
1 4 -1,25 
2 4 +1,25 
2 5 -1,25 
3 5 -3,75 
 
Solução: 
 
Os esforços normais para a carga unitária (solitária e adimensional) foram calculadas levando em 
consideração o carregamento original dividido por 3 e girando a treliça em torno do seu eixo de simetria, ou 
seja, a barra 1-2 tem esforço normal igual a barra 2-3 dividido por 3, a barra 1-4 tem esforço normal igual a 
barra 3-5 dividido por 3 e assim por diante. 
 
Barra N N L L.N.N 
1 2 +1,00 +1,00 4,0 4,00000 
2 3 +3,00 0,33333 4,0 4,00000 
4 5 -2,00 -0,66667 4,0 5,33333 
1 4 -1,25 -1,25 2,5 3,90625 
2 4 +1,25 -0,41667 2,5 -1,30208 
2 5 -1,25 +0,41667 2,5 -1,30208 
3 5 -3,75 -0,41667 2,5 3,90625 
 S= 18,54167 
 
 
m0,01
1854
18,54167
EA
LNN
===d å mm0,10=d\ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta: Deslocamento vertical do nó 4 é d=10,0 mm (para baixo) 
Engenharia Civil Hiperestática – Lista 1 Método da Carga Unitária 
www.profwillian.com 1 Anhanguera-Uniderp 
1) Calcule o deslocamento vertical do nó 4 da treliça vista na figura abaixo. 
Considere os nós como rótulas perfeitas e as barras com inércia EA = 16000 kN. 
 
Solução: 
 
1 
3 
4 
2 
2 m 2 m 2 m 
1,5 m 
1 kN 
V1 V2 
HA 
 
Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as 
reações de apoio. 
0H0F Ax =\=å 
Em seguida pode-se resolver a equação: å = 0Mz , 
assim, tomando um eixo z que passa pelo ponto 2 temos: 
kN5,0V
0214V0M
1
1z
=Þ
=´+´Þ=å
 
· usando a equação: å = 0Fy , temos: 
kN5,1V
01VV0F
2
21y
=Þ
=-+-Þ=å
 
Equações de esforços normais para cada uma das barras: (sen a = 0,6 e cos a = 0,8) 
 
a 
4 
N2-4 
N3-4 
1 kN 
 
 
a 
1 N1-2 
N1-3 
0,5 kN 
 
 
a 
2 
N2-3 
N1-2 
N2-4 
1,5 kN 
 
kN33333,1N
0cosNN
kN66667,1N
0senN1
43
4243
42
42
+=\
=a--
-=\
=a+
-
--
-
-
 
kN66667,0N
0cosNN
kN83333,0N
05,0senN
21
3121
31
31
-=\
=a+
+=\
=-a
-
--
-
-
 
kN83333,0N
05,1senNsenN
32
4232
-=\
=+a+a
-
--
 
 
Barra Nó i Nó f N N L L.N.N 
1 1 2 -0,66667 -0,66667 4 1,7777956 
2 3 4 1,33333 1,33333 4 7,1110756 
3 1 3 0,83333 0,83333 2,5 1,7360972 
4 2 3 -0,83333 -0,83333 2,5 1,7360972 
5 2 4 -1,66667 -1,66667 2,5 6,9444722 
 S= 19,305538 
m0012066,0
16000
19,305538
EA
LNN
===d å mm21,1=d\ 
Resposta: Deslocamento vertical do nó 4 é d=1,21 mm (para baixo) 
 
2,0 m 2,0 m 2,0 m 
1
,5
 m
 
1,0 kN 
1 
3 
2 
4 
1 
4 
3 
2 
 
 
5 
 
 
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2) Calcule o deslocamento horizontal do nó 4 da treliça vista na figura abaixo. 
Considere os nós como rótulas perfeitas e as barras com inércia constante EA = 
533,33 kN. Note que, na tabela abaixo, os esforços para o carregamento original já 
foram fornecidos. 
 
Barra N N L L.N.N 
1 –2,000 0,500 4,0 -4,0 
2 +4,000 1,000 4,0 16,0 
3 +2,500 0,625 2,5 3,90625 
4 –2,500 -0,625 2,5 3,90625 
5 –5,000 0,000 2,5 0,0 
 S= 19,8125 
Solução: 
 
1 
3 
4 
2 
2 m 2 m 2 m 
1,5m 
1 kN 
V1 V2 
HA 
 
Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de 
apoio. 
1H0F Ax =\=å 
Em seguida pode-se resolver a equação: å = 0Mz , assim, 
tomando um eixo z que passa pelo ponto 2 temos: 
kN375,0V05,114V0M 11z -=Þ=´+´Þ=å 
· usando a equação: å = 0Fy , temos: 
kN375,0V0VV0F 221y =Þ=+Þ=å 
Equações de esforços normais para cada uma das barras: (sen a = 0,6 e cos a = 0,8) 
 
a 
1 N1-2 
N1-3 
0,375 
1,0 
 
 
a 4 
N2-4 
N3-4 
1,0 
 
 
a 
2 
N2-3 
N1-2 
N2-4 
0,375 
kN5,0N
01cosNN
kN625,0N
0375,0senN
21
3121
31
31
=\
=-a+
=\
=-a
-
--
-
-
 
kN1N
01cosNN
kN0N
0senN
43
4243
42
42
=\
=-a+
=\
=a
-
--
-
-
 
kN625,0N
0375,0senNsenN
32
3242
-=\
=+a+a
-
--
 
m0,0371487
533,33
18,8125
EA
LNN
3 ===d
å
 
 
Resposta: O deslocamento horizontal do nó 4 é de 3,71 cm (para direita) 
 
2,0 m 2,0 m 2,0 m 
1
,5
 m
 
3,0 kN 
1 
3 
2 
4 
1 
4 
3 
2 
 
 
5 
 
 
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3) Calcule o deslocamento vertical do nó 4 da treliça vista na figura abaixo. 
Considere os nós como rótulas perfeitas e as barras com inércia EA = 31700 kN. 
 
Solução: 
 
Barra N N L L.N.N 
1 12 1 4 48,000 
2 12 0,33333 4 16,000 
3 -12 -0,66667 4 32,000 
4 -15 -1,25 2,5 46,875 
5 0 -0,41667 2,5 0,000 
6 0 0,41667 2,5 0,000 
7 -15 -0,41667 2,5 15,625 
 S= 158,500 
 
 
 
m005,0
31700
158,5
EA
LNN
===d å mm5=d\ 
 
 
Resposta: O deslocamento horizontal do nó 4 é de 5,00 mm (para baixo) 
 
1 
3 
2 
4 5 
2,0 m 2,0 m 2,0 m 2,0 m 
1
,5
 m
 
9,0 kN 
 
 1 
 
 
 
 
 
2 
34 
5 
6 
7 
9,0 kN 
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4) Calcule o deslocamento vertical do nó 4 da treliça vista na figura abaixo. 
Considere os nós como rótulas perfeitas e as barras com inércia constante EA = 3200 
kN. Note que, na tabela abaixo, os esforços para o carregamento original já foram 
fornecidos (menos a barra 3!). 
 
Solução: 
 
Barra N N L L.N.N 
1 +2,00 +1,0000 4,0 8,0000 
2 +6,00 +0,3333 4,0 8,0000 
3 -4,00 -0,6667 4,0 10,6667 
4 -2,50 -1,2500 2,5 7,8125 
5 +2,50 -0,4167 2,5 -2,6042 
6 -2,50 +0,4167 2,5 -2,6042 
7 -7,50 -0,4167 2,5 7,8125 
 S= 37,08396 
m0116,0
3200
08396,37
EA
LNN
4V ===d åå 
 
Resposta: Deslocamento vertical do nó 4 é dV4=11,6 mm (para baixo) 
 
1 
3 
2 
4 5 
2,0 m 2,0 m 2,0 m 2,0 m 
1
,5
 m
 
6,0 kN 
 
 1 
 
 
 
 
 
2 
3 
4 5 
6 
7 
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5) Calcule o deslocamento horizontal do nó 3 da treliça vista ao lado. Todas as nove 
barras são tubos de aço (E=210 GPa) com diâmetro externo de 10 cm e diâmetro 
interno 9,2 cm. 
 
2 m 
2 m 
4 m 
4 m 4 m 3 m 3 m 
1 2 
3 
6 
5 4 
7 
8 
9 
1 
2 
3 
4 
5 
6 
20 kN 
a 
b 
g 
 
65
4
sen =a ; 
65
7
cos =a 
13
3
52
6
sen ==b ; 
13
2
52
4
cos ==b 
13
2
sen =g ; 
13
3
cos =g 
 
Solução: 
Para o carregamento original, os esforços normais N são calculados abaixo: 
Reações de Apoio 
020H0F 1x =+-Þ=å 
\ kN20H1 = 
014V0M 3)1(z =´Þ=å 
\ kN0V3 = 
0VV0F 31y =+Þ=å 
\ kN0V1 = 
 
Nó 1 
 
a 1 
H1 
N1 
N3 
b 
 
kN22,18801N
kN37,21042N
0senNsenN0F
0HcosNcosN0F
3
1
31y
131x
-=\
=\
=b+aÞ=
=-b+aÞ=
å
å
 
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Nó 4 
 
4 
N7 
N4 
b 
g 
22,18801 
kN245,9N
kN03701,24N
0sen18801,22senNsenN0F
0cos18801,22cosNcosN0F
7
4
74y
74x
=\
-=\
=b+g-gÞ=
=b+g+gÞ=
å
å
 
Nó 5 
 5 
N8 
g 
24,03701 24,03701 
 
kN66667,26N
0Nsen03701,24sen03701,240F
8
8y
=\
=-g+gÞ=å
 
 
Observações 
1) Os esforços normais nas barras 2, 6, 5 e 9 são iguais aos esforços nas barras 1, 3, 4 e 7, respectivamente; 
2) Os esforços normais para a carga unitária foram calculados dividindo-se por vinte os esforços normais para o 
carregamento original. 
 
Barra N N L L.N.N 
1 37,21042 1,86052 8,06226 558,15629 
2 37,21042 1,86052 8,06226 558,15629 
3 -22,18801 -1,10940 7,21110 177,50410 
4 -24,03701 -1,20185 3,60555 104,16038 
5 -24,03701 -1,20185 3,60555 104,16038 
6 -22,18801 -1,10940 7,21110 177,50410 
7 9,24500 0,46225 3,60555 15,40833 
8 26,66667 1,33333 4,00000 142,22226 
9 9,24500 0,46225 3,60555 15,40833 
 S= 1852,6805 
 
( ) ( )[ ] ( )
m0,0073131
03,253338
1852,6805
EA
LNN
kN03,253338m1012,063716
m
kN
10210cm2,9cm10
4
GPa210EA
11
1i
iii
22
2
622
==
=´´´=-
p
´=
å
=
-
 
 
Resposta: Deslocamento horizontal do nó 3 é d=0,0073131 m ou d=7,31 mm 
 
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6) Calcule o deslocamento vertical no meio do vão AB da viga biapoiada vista na 
figura abaixo. Considere a viga trabalhando fundamentalmente à flexão com inércia 
EI = 8000 kN.m
2
. 
 
B A 
8,9 kN 
 
4,3m 1,1m 
C 
1,2m 
D 
9,8 kN 
 
 
Solução: 
 
B A 
8,9 kN 
 
4,3m 1,1m 
C 
1,2m 
D 
9,8 kN 
 
VA VB 
 
 
B A 
4,3m 1,1m 
C 
1,2m 
D 
VA VB 
1 
 
 
 
 
Reações de apoio para o carregamento original 
å = 0Mz , ou seja, tomando um eixo z que passa pelo ponto B temos: 
kN87674,8V01,18,95,59,83,4V AA =Þ=´+´-´ 
å = 0Fy , temos: 
kN82326,9V08,99,8VV BBA =Þ=--+ 
 
 
Tomando a origem de x em A, a equação de esforços no trecho AB é: 
m3,4x0)2,1x(9,8x87674,8)x(M)2,1x(9,8xV)x(M ABAAB ££Þ+-=Þ+-= 
 
 
Procedendo de maneira análoga para a carga unitária, temos as seguintes equações de esforços: 
m3,4x15,2)15,2x(1x5,0)x(M
m15,2x0x5,0)x(M
AB
AB
££Þ--=
££Þ=
 
 
Assim o deslocamento no meio do vão é: 
[ ]( ) [ ]( )
m00310,0
8000
524,7997
EI
524,7997
524,7997dx15,2x5,0)2,1x(9,8x87674,8dxx5,0)2,1x(9,8x87674,8EI
C
3,4
15,2
15,2
0
C
-=
-
=
-
=dÞ
-=+-+-++-=d òò
 
 
Resposta: Deslocamento vertical no meio do vão é d=3,10 mm (para cima) 
 
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7) Calcule o deslocamento vertical do ponto C da viga biapoiada com balanço vista 
na figura abaixo. Considere a viga trabalhando fundamentalmente à flexão. Adote 
uma rigidez da seção transversal constante para todo o comprimento da viga 
E.I = 609,44 kN.m
2
. 
 
B A 
4,5 m 
1,5 kN/m 
2,0 m 
C 
 
Solução: 
 
B A 
1,5 kN/m 
 
4,5 m 2 m 
C 
VA VB 
HA 
 
B A 
4,5 m 2 m 
C 
VA VB 
HA 
1 
 
 
 
Reações de apoio para o carregamento original 
å = 0Mz , ou seja, tomando um eixo z que passa pelo ponto B temos: 
kN70833,2V025,1)5,65,1(5,4V AA =Þ=´´-´ 
å = 0Fy , temos: 
kN04167,7V0)5,65,1(VV BBA =Þ=´-+ 
 
Tomando a origem de x em A, as equações de esforços nos trechos AB e BC serão: 
2
BCBABC
2
ABAAB
x75,0x75,96875,31)x(M)5,4x(V
2
x
x5,1xV)x(M
x75,0x70833,2)x(M
2
x
x5,1xV)x(M
-+-=Þ-+-=
-=Þ-=
 
 
Procedendo de maneira análoga para a carga unitária, temos as seguintes equações de esforços: 
5,6x)x(M)5,4x(VxV)x(M
x444,0)x(MxV)x(M
BCBABC
ABAAB
-=Þ-´+=
-=Þ=
 
 
Assim o deslocamento em C: 
( )( ) ( )( )
m001,0
44,609
6094,0
EI
6094,0
6094,0dx5,6xx75,0x75,96875,31dxx444,0x75,0x70833,2EI
C
5,6
5,4
2
5,4
0
2
C
===dÞ
=--+-+--=d òò
 
 
Resposta: Deslocamento vertical do nó C é d=1,00 mm (para baixo) 
 
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8) Calcule o deslocamento vertical da extremidade C da viga biapoiada vista na 
figura abaixo. Considere a viga trabalhando fundamentalmente à flexão com inércia 
EI = 1000 kN.m
2
. 
 
B A 
10 kN 
 
4 m 
C 
1 m 
 
Solução: 
 
B A 
10 kN 
 
4 m 
C 
1 m 
VA=12,5 kN VB 
 
B A 
4 m 
C 
1 m 
VA=1,25 VB 
1 
 
 
 
 
Reações de apoio para o carregamento original 
å = 0Mz , ou seja, tomando um eixo z que passa pelo ponto B temos: 
kN5,12V00,5100,4V AA =Þ=´-´ 
å = 0Fy , temos: 
kN5,2V010VV BBA -=Þ=-+ 
 
 
Tomando a origem de x em C, a equação de esforços nos trechos CA e AB são: 
m0,5x0,1x5,25,12)x(M)1x(Vx10)x(M
m0,1x0,0x10)x(M
ABAAB
AC
££Þ+-=Þ-+-=
££Þ-=
 
 
 
Procedendo de maneira análoga para a carga unitária, temos as seguintes equações de esforços: 
m0,5x0,1x25,025,1)x(M
m0,1x0,0x)x(M
AB
AC
££Þ+-=
££Þ-=
 
 
Assim o deslocamento no meio do vão é: 
[ ] [ ] [ ] [ ]
m0167,0
1000
3/50
EI
3/110
3/50dxx25,025,1x5,25,12dxxx10EI
m
0,5
0,1
0,1
0,0
m
===dÞ
=+-´+-+-´-=d òò
 
 
 
Resposta: Deslocamento vertical da extremidade C da viga é dC = 1,67 cm (para baixo)Engenharia Civil Hiperestática – Lista 1 Método da Carga Unitária 
www.profwillian.com 10 Anhanguera-Uniderp 
9) Calcule o deslocamento vertical da extremidade (nó C) da viga biapoiada vista na 
figura abaixo. Considere a viga trabalhando fundamentalmente à flexão com inércia 
EI = 11250 kN.m
2
. 
 
B A 
6 kN/m 
 
4m 1m 
C 
 
Solução: 
 
B A 
6 kN/m 
 
4m 1m 
C 
VA VB 
HA 
 
B A 
4m 1m 
C 
VA VB 
HA 
1 
 
 
 
Reações de apoio para o carregamento original 
å = 0Mz , ou seja, tomando um eixo z que passa pelo ponto B temos: 
kN25,11V05,1)56(4V AA =Þ=´´-´ 
å = 0Fy , temos: 
kN75,18V0)56(VV BBA =Þ=´-+ 
 
Tomando a origem de x em A, as equações de esforços nos trechos AB e BC serão: 
2
BCBABC
2
ABAAB
x3x3075)x(M)4x(V
2
x
x6xV)x(M
x3x25,11)x(M
2
x
x6xV)x(M
-+-=Þ-+-=
-=Þ-=
 
 
 
Procedendo de maneira análoga para a carga unitária, temos as seguintes equações de esforços: 
5x)x(M)4x(VxV)x(M
x
4
1
)x(MxV)x(M
BCBABC
ABAAB
-=Þ-´+=
-=Þ=
 
Assim o deslocamento em C: 
( ) ( )( )
m001,0
11250
25,11
EI
25,11
25,1175,012dx5xx3x3075dxx
4
1
x3x25,11EI
C
5
4
2
4
0
2
C
-=
-
=
-
=dÞ
-=+-=--+-+÷
ø
ö
ç
è
æ--=d òò
 
 
Resposta: Deslocamento vertical do nó C é d=1,00 mm (para cima) 
 
Lista de Exercícios Método das Forças 
Engenharia Civil 1 profwillian.com 
1 - Calcule as reações de apoio da viga hiperestática representada pela figura abaixo: 
 
A 
3 m 5 m 
B C 
8kN/m 
VB VA VC 
 
å Þ= 0M z 
04)88(5V8V BA =´´-´+´ 
8
V5256
V BA
´-
=Þ 
0)88(VVV0F CBAy =´-++Þ=å
 
 
A 
3 m 5 m 
B C 
8kN/m 
 
Na tabela: )xx2(
EJ24
qx
y 323 +-= ll 
)33828(
EJ24
38 323
1 +´´-
´
´
=d 
EJ
395
1 =d (1) 
 
A 
3 m 5 m 
B C 
1 
 
Na tabela: )xb(
EJ6
Pbx
y 222 --= l
l
 
)358(
EJ86
351
X 2221 --
´´
´´-
= 
EJ
375,91
X1
´-
= (2) 
Equação de Compatibilidade: 0XV 1B1 =+d 
395375,9V0
EJ
375,9
V
EJ
395
XV BB1B1 =´Þ=
-
+Þ+d \ kN133,42VB = 
Com as equações de equilíbrio temos que: kN667,5VA = e kN200,16VC = 
 
Lista de Exercícios Método das Forças 
Engenharia Civil 2 profwillian.com 
2 – Trace os digramas de esforços solicitantes da viga contínua abaixo: 
 
A 
8 kN/m 
C 
3,0m 
B 
2,5m 4,5m 
VA VB VC 
5 kN 
 
 
 
A 
8 kN/m 
C 
3,0m 2,5m 4,5m 
dq 
 
 
EJ
1029,1875
]5,55,510210[
EJ24
5,58
q
323
q
=d
+´´-
´
´
=d
 
 
A C 
3,0m 2,5m 4,5m 
5 kN 
dp 
 
)xb(
EJ6
Pbx
y 222 --= l
l
 
EJ
79,59375
]5,4310[
EJ106
5,435
p
222
p
=d
--
´´
´´
=d
 
 
 
A C 
3,0m 2,5m 4,5m 
1 
d1 
 
EJ
20,41875-
]5,55,410[
EJ106
5,55,41
1
222
1
=d
--
´´
´´-
=d
 
kN634,11VekN064,19V
kN54,302V
41875,20
)79,593751029,1875(
V
)(
V0V)(
CA
BB
1
pq
B1Bpq
==
=\
-
+
-=Þ
d
d+d
-=Þ=d´+d+d
 
 
Diagrama de Cortantes 
-29,936 
+24,366 -+19,064 
-11,634 
2,383 m 3,046 m 
Diagrama de Momentos Fletores 
-28,648 
22,714 
8,459 
2,383 m 3,046 m 
 
 
 
Lista de Exercícios Método das Forças 
Engenharia Civil 8 profwillian.com 
7 - Através do Método das Forças, calcular a reação de apoio do nó 4 da treliça abaixo. Considere 
os nós como rótulas perfeitas. Todas as barras têm inércia EA. A redundante escolhida foi a reação 
vertical do nó 4. Note que os esforços normais nas barras foram fornecidos. As barras são 
identificadas pelos seus nós iniciais Ni e nós finais Nf. Na tabela abaixo: N0 são os esforços nas 
barras para os carregamentos originais e N1 são os esforços para uma força unitária para cima 
aplicada no nó 4. 
2 m 2 m 2 m 
1
,5
 m
 
4 kN 3 kN 
1 2 3 4 
5 6 7 
V4 
Solução: 
Ni Nf N0 N1 L N0× N1×L 
1 2 -14,66667 4,00000 2,0 -117,333 
2 3 -5,33333 2,66667 2,0 -28,444 
3 4 0,00000 1,33333 2,0 0,000 
5 6 5,33333 -2,66667 2,0 -28,444 
6 7 0,00000 -1,33333 2,0 0,000 
1 5 0,00000 0,00000 1,5 0,000 
2 6 -7,00000 1,00000 1,5 -10,500 
3 7 -4,00000 1,00000 1,5 -6,000 
2 5 11,66667 -1,66667 2,5 -48,611 
3 6 6,66667 -1,66667 2,5 -27,778 
4 7 0,00000 -1,66667 2,5 0,000 
 -267,111 
 
Deslocamento vertical do nó 4 devido ao 
carregamento original: 
 
EA
267,111-
EA
LNN 10
0 ==d
å
 
 
Ni Nf N1 N1 L N0× N1×L 
1 2 4,00000 4,00000 2,0 32,000 
2 3 2,66667 2,66667 2,0 14,222 
3 4 1,33333 1,33333 2,0 3,556 
5 6 -2,66667 -2,66667 2,0 14,222 
6 7 -1,33333 -1,33333 2,0 3,556 
1 5 0,00000 0,00000 1,5 0,000 
2 6 1,00000 1,00000 1,5 1,500 
3 7 1,00000 1,00000 1,5 1,500 
2 5 -1,66667 -1,66667 2,5 6,944 
3 6 -1,66667 -1,66667 2,5 6,944 
4 7 -1,66667 -1,66667 2,5 6,944 
 91,389 
 
Deslocamento vertical do nó 4 devido ao 
carregamento unitário: 
EA
91,389
EA
LNN 11
1 ==d
å
 
 
 
Equação de compatibilidade: a soma dos deslocamentos deve ser o deslocamento do nó 4 com o 
apoio, ou seja, igual a zero. 
kN2,923
EA
91,389
EA
267,111-
V0V
1
0
4140 =-=
d
d
-=Þ=d+d 
 
Resposta: A reação de apoio do nó 4 é de 2,923 kN. 
 
Lista de Exercícios Método das Forças 
Engenharia Civil 9 profwillian.com 
8 - Através do Método das Forças, calcular as reações de apoio da treliça da questão 2. Retire o 
carregamento original e aplique um aumento uniforme de temperatura de 8ºC nas barras do banzo 
superior (barras 5-6 e 6-7), sendo que a área A = 8×10
-4
 m
2
, módulo de elasticidade longitudinal 
E = 2×10
8
 kN/m
2
 e coeficiente de dilatação térmica a=1,2×10
-5
 ºC
-1
. 
 
å Da=d NTL0 
 
Solução: 
Deslocamento vertical do nó 4 devido ao carregamento unitário: 
4-
4-8
11
1 105,7118
108102
91,389
EA
91,389
EA
LNN
´=
´´´
===d
å
 
 
Deslocamento vertical do nó 4 devido ao aumento uniforme de temperatura na barra 2-4: 
Ni Nf a L TD 1N 1NTL Da 
5 6 0,000012 2,0 8 -2,66667 -0,000512 
6 7 0,000012 2,0 8 -1,33333 -0,000256 
 -0,000768 
 
000768,0NTL0 -=Da=d å 
 
 
Equação de compatibilidade: a soma dos deslocamentos deve ser o deslocamento do nó 4 com o 
apoio, ou seja, igual a zero. 
kN3446,1
105,7118
000768,0
V0V
4-
1
0
4140 =
´
-
-=
d
d
-=Þ=d+d 
Resposta: 
kN3446,1V4 =\ 
Através das equações de equilíbrio 
estático temos: 
kN3446,1V0F
kN378,5H0F
kN378,5H0M
5y
5x
1)5(z
=Þ=
=Þ=
=Þ=
å
å
å
 1 2 3 
6 7 
V4 
V5 H5 
H1 
 
 
Lista de Exercícios Método das Forças 
Engenharia Civil 10 profwillian.com 
9 - Através do Método das Forças, calcular a reação de apoio do nó 3 da treliça abaixo. Considere 
os nós como rótulas perfeitas. As diagonais têm inércia EA e os banzos têm inércia 4EA. A 
redundante escolhida foi a reação vertical do nó 3. Note que os esforços normais nas barras foram 
fornecidos. As barras são identificadas pelos seus nós iniciais Ni e nós finais Nf. Na tabela abaixo: 
N0 são os esforços nas barras para os carregamentos originais e N1 são os esforços para uma força 
unitária para cima aplicada no nó 3. A altura da viga é de 1 m (distância entre os banzos inferiores e 
superior). 
 
1 
2 4 
3 5 
1m 1m 1m 1m 
1 kN 2 kN 
 
Ni Nf N0 N1 
1 2 -1,7678 0,7071 
2 3 0,3536 -0,7071 
3 4 -0,3536 -0,7071 
4 5 -2,4749 0,7071 
1 3 1,2500 -0,5000 
3 5 1,7500 -0,5000 
2 4 -1,5000 1,0000 
 
Solução: 
Deslocamento vertical do nó 3 devido ao carregamento original:Ni Nf N0 N1 L N0.N1.L EA N0.N1.L/EA 
1 2 -1,7678 0,7071 1,41 -1,7678 1 -1,7678 
2 3 0,3536 -0,7071 1,41 -0,3536 1 -0,3536 
3 4 -0,3536 -0,7071 1,41 0,3536 1 0,3536 
4 5 -2,4749 0,7071 1,41 -2,4749 1 -2,4749 
1 3 1,2500 -0,5000 2,00 -1,2500 4 -0,3125 
3 5 1,7500 -0,5000 2,00 -1,7500 4 -0,4375 
2 4 -1,5000 1,0000 2,00 -3,0000 4 -0,7500 
 S= -5,7427 
EA
5,7427-
EA
LNN 10
0 ==d
å
 
 
Deslocamento vertical do nó 3 devido ao carregamento unitário: 
Ni Nf N1 N1 L N1.N1.L EA N1.N1.L/EA 
1 2 0,7071 0,7071 1,41 0,7071 1 0,7071 
2 3 -0,7071 -0,7071 1,41 0,7071 1 0,7071 
3 4 -0,7071 -0,7071 1,41 0,7071 1 0,7071 
4 5 0,7071 0,7071 1,41 0,7071 1 0,7071 
1 3 -0,5000 -0,5000 2,00 0,5000 4 0,1250 
3 5 -0,5000 -0,5000 2,00 0,5000 4 0,1250 
2 4 1,0000 1,0000 2,00 2,0000 4 0,5000 
 S= 3,5785 
EA
3,5785
EA
LNN 11
1 ==d
å
 
 
Equação de compatibilidade: a soma dos deslocamentos deve ser o deslocamento do nó 3 com o 
apoio, ou seja, igual a zero. 
kN605,1
EA
3,5785
EA
5,7427-
V0V
1
0
3130 =-=
d
d
-=Þ=d+d 
 
Resposta: A reação de apoio do nó 3 é de 1,605 kN. 
Lista de Exercícios Método das Forças 
Engenharia Civil 11 profwillian.com 
10 - Através do Método das Forças, calcular as reações de apoio da treliça da questão 2 em apenas 
um dos dois casos seguintes: 
 
a) retire o carregamento original e aplique um aumento uniforme de temperatura de 20ºC na barra 
2-4, sendo que A = 0,02 m
2
, E = 2×10
8
 kN/m
2
 e a=10
-5
 ºC
-1
. 
Solução: 
Deslocamento vertical do nó 3 devido ao carregamento unitário: 
7-
8
11
1 1095,8
0,02102
3,5785
EA
3,5785
EA
LNN
´=
´´
===d
å
 
 
Deslocamento vertical do nó 3 devido ao aumento uniforme de temperatura na barra 2-4: 
m1040,1200,210NTL 45420
--
-
´=´´´=Da=d 
 
Equação de compatibilidade: a soma dos deslocamentos deve ser o deslocamento do nó 3 com o 
apoio, ou seja, igual a zero. 
kN1,447
1095,8
104
V0V
7-
4
1
0
3130 -=
´
´
-=
d
d
-=Þ=d+d
-
 
Resposta: 
kN1,447V3 -=\ 
Através das equações de equilíbrio estático temos: 
kN6,223V0F
kN6,223V0M
kN0H0F
5y
1z
1x
=Þ=
=Þ=
=Þ=
å
å
å
 
 
1 
2 4 
3 5 
V1 V5 V3 
H1 
 
 
b) substitua o apoio do nó 3 por uma mola com k = 2000 kN/m, A = 0,02 m
2
, E = 2×10
8
 kN/m
2
. 
Solução: 
Deslocamento vertical do nó 3 devido ao carregamento original: 
m10436,1
0,02102
5,7427-
EA
5,7427-
EA
LNN
6-
8
10
0 ´-=
´´
===d
å
 
 
Deslocamento vertical do nó 3 devido ao carregamento unitário: 
7-
8
11
1 10946,8
0,02102
3,5785
EA
3,5785
EA
LNN
´=
´´
===d
å
 
 
Equação de compatibilidade: a soma dos deslocamentos deve ser o deslocamento do nó 3 com a 
mola. 
kN00286,0
1095,8
2000
1
10436,1
k
1
V
k
V
V
7-
6
1
0
3
3
130 =
´+
´-
-=
d+
d
-=Þ-=d+d
-
 
Resposta: 
kN002866,0V3 =\ 
Através das equações de equilíbrio estático temos: 
kN748567,1V0F
kN248567,1V0M
kN0H0F
5y
1z
1x
=Þ=
=Þ=
=Þ=
å
å
å
 
1 
2 4 
3 5 
V1 V5 V3 
H1 
1 kN 2 kN 
 
 
M
o
m
en
to
s 
de
 
En
ga
st
a
m
en
to
 
Pe
rf
ei
to
 
Co
n
di
çõ
es
 
de
 
co
n
to
rn
o
 
Ca
so
 
de
 
Ca
rr
eg
am
en
to
 
 
A
B
 
A
B
 
A
B
 
A
B
q
� ���
 
12q
M
2
A
�
+
=
 
12q
M
2
B
�
−
=
 
8q
M
2
A
�
+
=
 
8q
M
2
B
�
−
=
 
A
B
q
a
c/
2
c/
2
b
� ���
 
)]b3
(
c
ab
12[
12q
c
M
2
2
2
A
−
+
+
=
�
�
 
)]
a3
(
c
b
a
12[
12q
c
M
2
2
2
B
−
+
−
=
�
�
 
]
c
)
b(
a4[
8qb
c
M
2
2
A
−
+
+
=
�
�
 
]
c
)
a(b4[
8qa
c
M
2
2
B
−
+
−
=
�
�
 
A
B
q
� ���
 
20q
M
2
A
�
+
=
 
30q
M
2
B
�
−
=
 
15q
M
2
A
�
+
=
 
12
0
q7
M
2
B
�
−
=
 
A
B
P
� ���
/2
� ���
/2
 
8P
M
A
�
+
=
 
8P
M
B
�
−
=
 
16P3
M
A
�
+
=
 
16P3
M
B
�
−
=
 
A
B
P
a
b
� ���
 
2
2
A
Pa
b
M
�
+
=
 
22
B
b
Pa
M
�
−
=
 
)b
(
2Pa
b
M
2
A
+
+
=
�
�
 
)
a
(
2Pa
b
M
2
B
+
+
=
�
�
 
A
B
M
a
b
� ���
 
)b3
2(b
M
M
A
�
�
−
−
=
 )
a3
2(
a
M
M
B
�
�
−
−
=
 
)1
b3 (
2M
M
22
A
−
+
=
�
 
)1
a3 (
2M
M
22
B
−
+
=
�
 
 
+
 
Método da Carga Unitária e Método das Forças www.profwillian.com 
P1 – Modelo – Estática 1 willian@profwillian.com 
1 – Considere a treliça plana abaixo. Os nós são rótulas perfeitas. Os banzos têm 
inércia EA=256000 kN e as demais barras EA=64000 kN. As barras são identificadas 
pelos seus nós iniciais Ni e nós finais Nf. Na tabela abaixo: N0 são os esforços nas 
barras para os carregamentos originais e N1 são os esforços para uma força unitária 
para cima aplicada no nó 4. Calcule o deslocamento vertical do nó 4. 
2 m 2 m 2 m 
1
,5
 m
 
1 2 3 4 
5 6 7 
5 kN 
Ni Nf N0 N1 L EA N0 × N1 × L 
1 2 20,000 4,000 
2 3 13,333 2,667 
3 4 6,667 1,333 
5 6 -13,333 -2,667 
6 7 -6,667 -1,333 
1 5 0,000 0,000 
2 6 5,000 1,000 
3 7 5,000 1,000 
2 5 -8,333 -1,667 
3 6 -8,333 -1,667 
4 7 -8,333 -1,667 
 
Solução: 
Ni Nf N0 N1 L EA N0 × N1 × L 
1 2 20,000 4,000 2,0 256000 160,000 
2 3 13,333 2,667 2,0 256000 71,108 
3 4 6,667 1,333 2,0 256000 17,780 
5 6 -13,333 -2,667 2,0 256000 71,108 
6 7 -6,667 -1,333 2,0 256000 17,780 
 
 337,774 
1 5 0,000 0,000 1,5 64000 0,000 
2 6 5,000 1,000 1,5 64000 7,500 
3 7 5,000 1,000 1,5 64000 7,500 
2 5 -8,333 -1,667 2,5 64000 34,719 
3 6 -8,333 -1,667 2,5 64000 34,719 
4 7 -8,333 -1,667 2,5 64000 34,719 
 119,158 
 
m0,00318
64000
119,158
256000
337,774
EA
LNN
=+==d å mm18,3=d\ 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta: Deslocamento vertical do nó 4 é d=3,18 mm (para cima) 
Método da Carga Unitária e Método das Forças www.profwillian.com 
P1 – Modelo – Estática 3 willian@profwillian.com 
3 – Após calcular as reações de apoio pelo Métodos das Forças, trace os diagramas de 
esforços cortantes e momentos fletores da viga de rigidez, EI, constante, vista na 
figura abaixo. Considere os valores: q= 10 kN/m, L1 = 4,6 m, L2 = 5,4 m. 
 
A 
q 
L1 L2 
 
B C 
 
Solução: 
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
62,822
EI
20,56752
EI
1292,094
V
EI
20,56752
dx
EI
6,4x46,06,4x46,0
dx
EI
x54,0x54,0
ds
EI
MM
EI
1292,094
dx
EI
6,4x46,0x5x50
dx
EI
x54,0x5x50
ds
EI
MM
1
0
B
10
6,4
6,4
0
1
10
6,4
2
6,4
0
2
0
=
-
-=
d
d
-=
=
--
+
--
==d
-
=
--
+
--
==d
òòò
òòò
W
W
 
850,31
2
6,410
6,4076,16
2
qL
LVM
22,265
102
102,21
q2
V
M
2
2
1
1Amax
2
C
max
-=
´
-´=
=-=
=
´
==
-
+
 
VA = 16,1 kN 
VB = 62,8 kN 
VC = 21,1 kN 
Mmax
+
 = 22,3 kN.m 
Mmax
– = -31,9 kN.m 
 
 
 
 
 
 
 
16,1 
-29,9 
-21,1 
-31,9 
12,9 
22,3 
V 
M 
2,99 1,61 3,29 2,11 
32,9 
D
ef
le
x
õe
s 
(y)e 
In
cl
in
a
çõ
es
 
(y’
) e
m
 
V
ig
a
s 
Co
n
di
çõ
es
 
de
 
co
n
to
rn
o
 
Ca
so
 
de
 
Ca
rr
eg
am
en
to
 
 
 
A
 
B 
x
 
y 
 
 
A
 
B
 
x
 
 
 
A
 
B 
q 
� ���
� ���
 
)
x
x
2
(
EJ
24q
x
y
3
2
3
+
−
=
�
�
 )
x4
x
6
(
EJ
24
q
y
3
2
3
+
−
=
′
�
�
 
EJ
24q
y
y
3
b
a
�
=
′
−
=
′
 
 
; 
EJ
38
4q5
4
m
ax
�
=
δ
 
)
x
x
4
6(
EJ
24q
x
y
2
2
2
+
−
=
�
�
 )
x
x
3
3(
EJ6q
x
y
2
2
+
−
=
′
�
�
 
EJ6q
y
3
b
�
=
′
 
 
; 
EJ8q
y
4
b
�
=
 
A
 
B 
P 
a
 
b 
� ���
� ���
 
)
x
b
(
EJ
6P
bx
y
2
2
2
−
−
=
�
�
; p
ar
a 
0<
x
<
a 
)
x3
b
(
EJ
6P
b
y
2
2
2
−
−
=
′
�
�
; p
ar
a 
0<
x
<
a 
)b
(
EJ
6P
ab
y a
+
=
′
�
�
 
 
; 
)
a
(
EJ
6P
ab
y b
+
−
=
′
�
�
 
EJ
3
9
)
b
(
Pb
y
2/3
2
2
m
ax
�
�
−
=
 
 
se
 
a≥
b 
)
x
a3(
EJ6Px
y
2
−
=
; 
)
x
a2(
EJ2P
x
y
−
=
′
,
 
 
 
pa
ra
 
0<
x
<
a 
)
a
x3(
EJ6Pa
y
2
−
=
; 
 
 
EJ2Pa
y
2
=
′
,
 
 
 
pa
ra
 
a<
x
<
�
� ���
EJ2Pa
y
2
b
=
′
 
 
; 
)
a
3(
EJ6Pa
y
2
b
−
=
�
 
 
A
 
B 
M
o
 
a
 
b 
� ���
� ���
 
)
x
2
a3
a6(
EJ
6
x
M
y
2
2
2
o
−
−
−
=
�
�
�
 )
x3
2
a3
a6(
EJ
6M
y
2
2
2
o
−
−
−
=
′
�
�
�
; 
pa
ra
 
0<
x
<
a 
EJ2
x
M
y
2
o
−
=
 
 
; 
EJ
x
M
y
o
−
=
′
; 
EJM
y
0
b
�
−
=
′
 
 
; 
EJ2M
y
2
0
b
�
−
=
 
pa
ra
 
0<
x
<
a 
 
w
w
w
.
pr
o
fw
ill
ia
n
.
co
m