ApostilaEstruturas II

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Apostila	de	Teoria	das	Estruturas
Research	·	April	2016
DOI:	10.13140/RG.2.1.1070.1206
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Romildo	Aparecido	Soares	Junior
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Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Aparecido Soares Junior 
 
 
 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
APOSTILA DE TEORIA DAS ESTRUTURAS 
Prof. ROMILDO APARECIDO SOARES JUNIOR 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
CAMPINAS – SP 
2016 
 
 
Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Aparecido Soares Junior 
 
 
 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 2 
 
 
DEDICATÓRIA 
A seguinte apostila é dedicada as pessoas que tornaram possível a sua realização. 
Sendo estas a minha família, que sempre estiveram ao meu lado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Aparecido Soares Junior 
 
 
 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 3 
 
AGRADECIMENTOS 
Agradeço à todos os Professores do curso de Engenharia Civil da PUC de poços de 
caldas em especial os Prof. Dr. José Gabriel Maluf Soler, Profa. Dr. Ana Paula, Prof. Ms. 
Ronald Savoi de Senna Junior, Prof. Ms. Luiz Antônio dos Reis, com o qual sem seus 
ensinamentos não seria possível esta apostila. Também agradeço aos alunos que sem as 
contribuições à esta apostila não seria possível concretiza-la. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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SUMÁRIO 
 
 
1. INTRODUÇÃO 05 
 
2. ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS 07 
 
3. ESTRUTURAS HIPERESTÁTICAS 38 
 
4. REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 
 
44 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 5 
 
1. INTRODUÇÃO 
Todo engenheiro civil deve ter um conhecimento teórico para resolver as estruturas não 
somente utilizando os softwares de cálculo. O conhecimento da solução do problema de maneira manual 
permite não só uma visão melhor dos resultados quanto um domínio maior do software de cálculo, 
proporcionando dimensões otimizadas e menores chances de erro, o que pode ser crucial na carreira de 
um engenheiro. O início do cálculo estrutural começa na teoria das estruturas e na mecânica. Através 
destas disciplinas o aluno consegue calcular por sua vez os esforços e os deslocamentos nas estruturas, 
podendo então utilizar a norma da região para calcular se a peça irá ou não resistir ao esforço dado. O 
objetivo desta apostila é proporcionar o conhecimento para os futuros engenheiros de maneira prática e 
passo a passo. Existem muitos métodos para resolução de estruturas tanto isostáticas quanto 
hiperestáticas. Para estruturas isostáticas será apresentado o método das seções, que consiste em encontrar 
as equações que descrevem os esforços da estrutura, para as estruturas hiperestáticas será detalhado o 
método das forças, sendo este o mais prático quando se calcula uma viga ou um pórtico à mão. Para o 
cálculo dos deslocamentos e giros serão apresentados dois métodos, um com o qual o aluno integra as 
equações dos esforços (dispensando a tabela, porém mais demorado) e também será apresentado o 
método com o qual o aluno utiliza uma tabela de integrais para encontrar o deslocamento da viga, 
deixando o cálculo mais rápido. Todos os cálculos desta apostila levam em conta a teoria da elasticidade 
linear para os deslocamentos, ou seja, a teoria proposta por EULER-BERNOULLI. Os Gráficos desta 
apostila foram todos feitos utilizando o programa FTOOL podendo ser encontrado em: 
http://webserver2.tecgraf.puc-rio.br/ftool/ . 
 
 
 
 
 
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 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 6 
 
2. ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS 
Em mecânica estrutural, diz-se que uma estrutura é isostática quando o número de restrições 
(reações) é rigorosamente igual ao número de equações da estática. É, portanto, uma estrutura estável. 
Diferem das estruturas hipostáticas (cujo número de reações é inferior ao número de equações) e das 
estruturas hiperestáticas (número de reações superior). São exemplos de estruturas isostáticas uma viga 
biapoiada (com um dos apoios podendo se movimentar horizontalmente) e uma viga engastada em 
balanço. 
 
2.1 RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DAS SEÇÕES 
Quando se resolve uma estrutura isostática pelo método das seções aplica-se uma forma 
sistemática de resolução a partir da realização de cortes na estrutura entre cada tipo de carga e/ou apoio. 
Estes cortes possibilitam o encontro das equações para cada tipo de esforço solicitante que está ocorrendo 
no trecho analisado. Após encontrada a equação do esforço solicitante basta a plotagem ao longo do 
trecho desta equação para encontrar os valores dos esforços solicitantes em qualquer lugar da estrutura. 
Além disso este método dispensa o uso de tabelas para encontrar deslocamentos ou giros pois estaremos 
integrando diretamente as equações dos esforços. Resolveremos então uma viga isostática pelo método 
das seções e encontraremos o deslocamento da viga em um ponto escolhido. 
 
 
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O primeiro cálculo a ser feito é encontrar as reações de apoio para a viga abaixo : 
 
Reações de Apoio 
 
Ma=0 (adotando o sentido horário positivo e o anti-horário negativo) 
 
 
 
 
Fy=0 
 
 
 
 
 
Diagrama dos esforços solicitantes 
 
Para encontrar os esforços solicitantes é então necessário cortar os diversos trechos da 
estrutura a fim de encontrar as equações dos esforços solicitantes. Primeiramente deve-se posicionar os 
cortes corretamente ao longo da estrutura, sempre entre apoios e entre cargas diferentes. Teremos então 
um corte na carga distribuída, um corte entre a carga distribuída e a carga concentrada e outro corte entre 
a carga concentrada e o apoio simples. 
 
 
 
 
 
 
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 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 8 
 
1°Corte: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Observe então que na figura acima foi feito um corte olhando para a esquerda na carga 
distribuída da viga expondo-se as os esforços de normal, cortante e momento. A distância total deste 
trecho será chamada de X, portanto a carga concentrada vinda da carga distribuída para este trecho será 
de q*X e ela estará a uma distância da seção de X/2. Para encontraras equações para cada esforço deste 
trecho deve-se realizar o somatório para o equilíbrio na seção. 
 
 Normal: Será feito um somatório das forças em X, portanto: 
 
N=0 
 
 Cortante: Será feito um somatório das forças em Y, portanto: 
 
 
 
 Momento: Será feito um somatório de momento na seção andando para a esquerda notando que 6x 
é a carga que foi concentrada a partir da carga distribuída e x/2 é a distância desta carga à seção e 
13,8 é a reação de apoio RA e x é a distância total desta carga até a seção, portanto: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Estas equações valem com X de 0 a 3. 
 
 
 
 
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2°Corte: 
 
Observe então que na figura acima foi feito um corte olhando para a esquerda após a carga 
distribuída e antes da carga concentrada da viga expondo-se as os esforços de normal, cortante e 
momento. A distância total deste trecho será chamada de X, portanto a carga concentrada vinda da carga 
distribuída para este trecho será de q*3 e ela estará a uma distância da seção de [(X-3)+1,5].O valor X-3 
deve-se ao fato de que 3 é uma distância conhecida e X é o total deste trecho, logo a distância da seção à 
carga distribuída é X-3. Para encontrar as equações para cada esforço deste trecho deve-se realizar o 
somatório para o equilíbrio na seção. 
 
 Normal: Será feito um somatório das forças em X, portanto: 
 
N=0 
 
 Cortante: Será feito um somatório das forças em Y, portanto: 
 
 
 
 Momento: Será feito um somatório de momento na seção andando para a esquerda : 
 
 
 
 
Estas equações valem com X de 3 a 4. 
 
 
 
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 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 10 
 
 
 
 
3°Corte: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Observação: qd - carga concentrada do carregamento distribuído. 
 qc – carga concentrada. 
 
 Normal: N=0 
 
 Cortante: 
 
 
 
 Momento: (adotando o sentido horário positivo e o anti-horário negativo) 
 
 
 
 
Estas equações valem com X de 4 a 5. 
 
Gráficos de Esforços Solicitantes 
 
Para encontrar então os diagramas de esforços solicitantes basta plotar agora as equações 
encontradas ao longo da viga levando em conta que deve-se respeitar os trechos de cada equação. Cada 
equação só valerá no respectivo trecho calculado. A equação do trecho 1 só valerá de 0 a 3, a equação do 
trecho 2 só valerá de 3 a 4 e a equação do trecho 3 só valerá de 4 a 5. Quando o valor de momento der 
NEGATIVO deve-se desenha-lo em cima da viga (tracionando então as fibras de cima da viga), quando o 
momento der POSITIVO deve-se desenha-lo em baixo da viga (tracionando então as fibras de baixo da 
viga), esta é a convenção de sinal adotada pelos calculistas. A cortante segue o sentido da reação de apoio 
que causa cisalhamento na viga, portanto quando a reação for para cima a cortante começará positiva e 
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 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 11 
 
será desenhada para cima da viga ou então basta seguir a equação da cortante, quando o sinal for positivo 
ela deverá ser traçada em cima da viga e quando negativa ela deverá ser traçada em baixo da viga. A 
normal será positiva quando ela estiver tracionando a seção da viga e será negativa quando ela estiver 
comprimindo a seção da viga. 
 
 
 
 Cortante (V-kN) 
 
 Momento(M-kN.m) 
 
 
 
Pelo método das seções a solução da estrutura acaba se tornando de maneira sistêmica uma 
vez que o aluno só precisa plotar os pontos das equações conforme os trechos para desenhar os esforços 
solicitantes. Cabe também ao aluno se identificar com as formas e os tipos de cargas e esforços que 
aparecem nas estruturas a fim de poder confirmar as equações encontradas. 
 
 
 
 
 
 
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2.2 DESLOCAMENTOS E O PRINCÍPIO DOS TRABALHOS VIRTUAIS 
A particularização do Princípio dos Trabalhos Virtuais (forças virtuais) na qual se considera a 
força virtual (ou forças virtuais) com valor unitário é conhecida como Método da Carga Unitária 
(MCU). Também conhecido como Método do Trabalho Virtual, Método da Carga Substituta e Método de 
Maxwell-Mohr, o MCU pode ser utilizado para calcular deslocamentos (devidos a deformações reais 
causadas pelo carregamento) em estruturas isostáticas. Como o MCU é uma sistematização do PTV, sua 
formulação geral pode ser utilizada em estruturas de comportamento elástico linear e não-linear. Seja 
calcular um determinado deslocamento ∆, por exemplo o deslocamento vertical no ponto C, em uma 
estrutura isostática sujeita a um sistema de cargas qualquer. Portanto, este método consiste em colocar 
uma carga unitária onde deseja-se encontrar o deslocamento (o deslocamento será no sentido da carga, 
seja x, y ou z). Tendo em mãos os esforços solicitantes causados pela carga inicial e devido a carga 
unitária podemos encontrar o deslocamento integrando um vezes o outro ao longo de toda a viga. Para 
encontrar o deslocamento deve-se utilizar a seguinte formulação: 
 
 
 ∫
 
 
 ∫
 
 
 ∫
 
 
 
 
 
Temos então a integração dos três esforços para se encontrar o deslocamento. Para vigas e 
pórticos são utilizadas as parcelas da normal e do momento pois elas que mostram de maneira mais 
expressiva a quantidade do deslocamento ou giro. A parcela da cortante contribui muito pouco para o 
deslocamento ou giro, sendo então (para cálculos manuais ou análises onde não é necessária a precisão) 
normalmente desprezada no cálculo do deslocamento. Lembrando-se que este tipo de cálculo de 
deslocamentos ou giros leva em conta a teoria linear elástica de Euller/Bernoulli, ou seja os 
deslocamentos aumentam de maneira linear a medida que a carga for aumentando. Apesar de este ser o 
método mais simples e utilizado, as estruturas têm um comportamento não-linear com relação aos 
deslocamentos, em obras de grande porte é possível levar em consideração a não linearidade para cálculo 
dos deslocamentos, sendo esta uma vantagem com relação ao dimensionamento dos elementos, podendo 
gerar economia no orçamento da obra. Calcularemos então para a viga abaixo o deslocamento no ponto 
indicado. 
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 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 13 
 
 
 
Suponha que queremos encontrar o deslocamento vertical no final da carga distribuída, em x 
= 3m. Devemos então aplicar uma carga unitária onde desejamos encontrar o deslocamento e encontrar os 
esforços nesta nova estrutura com a carga unitária. 
 
 
Carga Unitária 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Reação de Apoio 
 
Ma=0 (adotando o sentido horário positivo e o anti-horário negativo) 
 
 
 
 
 
 
Fy=0 
 
 
 
 
 
 
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 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 14Diagrama dos esforços solicitantes 
 
1°Corte: 
 
 
 
 Normal: N=0 
 Cortante: 
 
 
 
 
 Momento: (adotando o sentido horário positivo e o anti-horário negativo) 
 
 
 
 
 
2°Corte: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Normal: N=0 
 
 Cortante: 
 
 
 
 
 Momento: (adotando o sentido horário positivo e o anti-horário negativo) 
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Gráficos 
 
 Cortante (V-kN) – Gráfico de cortante para a carga unitária 
 
 Momento(M-kN.m) – Gráfico de momento para a carga unitária 
 
 
 
 
 
 
 
Para encontrar o deslocamento integramos então as equações de momento, cortante e normal 
da estrutura com o carregamento inicial contra o carregamento unitário. Chamaremos de M0 o momento 
no sistema 0 com as cargas iniciais e de M1 para o momento no sistema 1 com a carga unitária. Como já 
dito a cortante será então desprezada e a normal não existe nessa viga, então a equação para 
deslocamentos lineares será resumida a: 
 
 
 ∫
 
 
 
 
 
 
 
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Para facilitar a visualização de quem será integrado contra quem, plote os gráficos do sistema 
0 em cima do gráfico do sistema 1. Deve-se integrar as equações que se sobreponham nos seus 
respectivos trechos, como abaixo : 
 
- Momento com a carga inicial 
 
 
 
- Momento com a carga unitária concentrada 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 ∫ 
 
 
 
 
 
 ∫ 
 
 
 
 ∫ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Este deslocamento é muito grande para uma viga, ele ficou desta magnitude devido à não 
consideração do módulo de elasticidade do material e da inerciada seção transversal. Se considerarmos E 
= 2.5*10^7 kN/m^2 (do concreto) e a Inercia de 0,00635 m^4 este deslocamento passa a ser : 
 
 
 
 
 
 
 
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De maneira análoga é possível resolver os mais variados tipos de vigas utilizando então o 
método das seções, tanto para deslocamentos quanto para giro. Abaixo uma lista de exercícios resolvidos 
utilizando o método das seções passo a passo. 
 
Exercícios Resolvidos : Viga Bi-apoiada 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Corte : 
Normal: 
 
Cortante: 
 
 
Momento: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Gráfico de Cortante (kN): 
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Gráfico de Momento (kN.m): 
 
Equação do giro: 
 ∫ 
 ∫.
 
 
 / 
 
 
 
 
 
 
 
Equação do deslocamento: 
 ∫ 
 ∫.
 
 
 
 
 
 / 
 
 
 
 
 
 
 
 
Condições de contorno: 
 
 
 
 : 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Exercícios Resolvidos : Viga Engastada 
 
 
 
 
 
 
 
 
Corte : 
 
Normal: 
 
 
Cortante: 
 
 
 
Momento: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Gráfico de Cortante (kN): 
 
Gráfico de Momento (kN.m): 
 
Equação do giro: 
 ∫ 
 ∫.
 
 
 / 
 
 
 
 
 
 
 
Equação do deslocamento: 
 ∫ 
 ∫.
 
 
 
 
 
 / 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Condições de contorno: 
 
 
 
 : 
 
 
 
 
 
 
 
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Exercícios Resolvidos : Viga com carga concentrada 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Reações de Apoio: 
∑ 
 
∑ 
 
 
 
 
 Equações: 
 
1º Corte (0<=x<=2): 
 
 
 
 
 
2º Corte(2<=x<=5): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 Diagramas de esforços solicitantes: 
 
Gráfico de Cortante (kN): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Gráfico de Momento (kN.m): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 23 
 
 Carga Unitária: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
∑ 
 
∑ 
 
 
 
1º Corte (0<=x<=2): 2º Corte(2<=x<=5): 
 
 
 
 
 
 
 Deslocamento em x=2m: 
 
∫ ∫ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 24 
 
 
Exercícios Resolvidos : Viga com carga triangular 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Reações de Apoio: 
∑ 
∑ 
 
 
 Equações: 
1º Corte (0<=x<=4): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Equações e Condições de Contorno: 
1º Corte: 
 ∫ ∫ 
 ∫
 
 
 ∫
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Para x = 0 → d = 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 25 
 
 Parax = 4 → d = 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Diagramas de esforços solicitantes: 
 
Gráfico de Cortante (kN): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Gráfico de Momento (kN.m): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 26 
 
 
Exercícios Resolvidos : Viga com duas cargas concentradas (flexão pura) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1º Corte : 
Normal: 
 
Cortante: 
 
 
Momento: 
 
 
 
2º Corte : 
Normal: 
 
Cortante: 
 
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 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 27 
 
 
Momento: 
 
 
 
3º Corte : 
Normal: 
 
Cortante: 
 
 
Momento: 
 
 
 
Gráfico de Cortante (kN): 
 
Gráfico de Momento (kN.m): 
 
 
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 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 28 
 
 
Colocando carga unitária para encontrar deslocamento em x = 2: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1º Corte : 
Normal: 
 
Cortante: 
 
 
Momento: 
 
 
 
 
 
 
 
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 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 29 
 
 
2º Corte : 
Normal: 
 
Cortante: 
 
 
 
Momento: 
 
 
 
 
 
 ∫
 
 
 
 
 ∫ ∫ ∫ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 30 
 
Exercícios Resolvidos : Viga com duas cargas variadas 
 
 
 
Reação de Apoio 
 
∑ 
 
 
 
∑ 
 
 
 
 
 
∑ 
 
 
 
 
 
Esforços Solicitantes 
 
 X de 0 a 3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Aparecido Soares Junior 
 
 
 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 31 
 
X de 3 a 4 
 
 
 
 
 
 
 
X de 4 a 5 
 
 
 
 
 
 
 
Diagramas 
V(kN) 
M(kN.m) 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 32 
 
Exercícios Resolvidos : Viga engastada com duas cargas variadas 
 
 
 
Reação de Apoio 
 
∑ 
 
 
 
∑ 
 
 
 
∑ 
 
 
 
 
 
Esforços Solicitantes 
 
X de 0 a 2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
X de 2 à 4 
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X de 4 à 7 
 
 
 
 
 
 
 
 
Diagramas 
 
 
V(kN) 
 
 
M(kN.m) 
 
 
 
 
 
 
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Exercício 8 – A resolução de pórticos pelo método das seções é feita de maneira similar ao das vigas, 
porém, agora deve-se analisar barra por barra, os limites de integração começam do zero toda vez que se 
trocar a barra a ser integrada. Os cortes são feitos de maneira similar, entre cada tipo de carga e apoio, e 
entre as cargas distribuídas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Reações de Apoio: 
∑ 
∑ 
∑ 
 
 
 Equações: 
Primeiro cortamos antes da carga concentrada, depois cortamos depois da mesma. Após isso cortamos 
entre a carga distribuída e por fim cortamos a ultima barra vertical da direita. 
 
1º Corte (0<=x<=2): 2º Corte(2<=x<=4): 
 
 
 
 
 
 
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3º Corte (0<=x<=5): 4º Corte(0<=x<=4): 
 
 
 
 
 
 
 
 
Agora devemos apenas plotar as equações ao longo das barras, encontrando então o diagrama 
de esforços solicitantes: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 Carga Unitária: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
∑ 
 
∑ 
 
 
 
1º Corte (0<=x<=2): 2º Corte(2<=x<=4): 
 
 
 
 
3º Corte (0<=x<=5): 4º Corte(0<=x<=4): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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 Deslocamento em x=2,5m 
 
Nos pórticos deve-se integrar sempre barra por barra, quando se termina de integrar uma barra 
os limites de integração voltam a ser zero, como é possível observar nas equações abaixo: 
 
 
 
 
∫ ∫ 
 
 
 
 ∫ (
 
 
 ) ∫ (
 
 
 ) 
 
 
 
 
 
 
 
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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3. ESTRUTURAS HIPERESTÁTICAS 
As estruturas hiperestáticas são aquelas que tem uma quantidade de vínculos maior do que o 
necessário para manter a estrutura em equilíbrio. Na prática normalmente as estruturas hiperestáticas são 
as que devem sercalculadas, como vigas contínuas, engastes entre vigas e pilares, entre outras. 
 
3.1 O MÉTODO DAS FORÇAS – UTILIZANDO EQUAÇÕES 
O método das forças é indicado quando se faz necessário o cálculo manual das estruturas 
hiperestáticas (quando não é possível o auxílio de um computador), sendo então este o primeiro método a 
ser ensinado nesta apostila. De maneira simplificada ele consiste em remover os vínculos que estão 
causando a hiperestaticidade da estrutura, aplicando em contrapartida uma carga unitária no sistema agora 
isostático. Encontrando o deslocamento para este sistema isostático ( com o vinculo excedente removido ) 
e também o deslocamento ocorrido devido a uma carga unitária, é possível encontrar o chamado sistema 
de compatibilidade de deslocamentos, do qual tiramos as reações dos vínculos primeiramente removidos. 
Seja a viga hiperestática abaixo : 
 
 
1. 
 
 
 
 
 
O primeiro passo é verificar o grau de hiperestacidade da estrutura. No caso de vigas e 
pórticos simples, o grau de hiperestaticidade é facilmente encontrado. Basta contar o número de vínculos 
da estrutura, no caso da viga acima temos dois vínculos no apoio fixo da esquerda e mais dois vínculos 
nos dois apoios móveis da direita. Portanto temos 4 vínculos nesta estrutura, em todas as estruturas 
teremos 3 equações de equilíbrio, isto é, somatório de momento igual a zero, somatório de forças em y 
igual a zero e somatório de forças em x igual a zero. O grau de hiperestaticidade é calculado com g = V-3, 
substituindo então a quantidade de vínculos nesta equação temos g = 4-3, portanto g = 1. Então o grau de 
hiperestaticidade desta estrutura é um. Isto significa para o método das forças que devemos remover 1 
vinculo á escolha para transformarmos esta estrutura em isostática. 
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O segundo passo é escolher o vinculo a ser removido, no caso deste exercício removeremos o 
apoio central, criando-se o sistema 0, ou seja o sistema principal com a carga real. Iremos então resolver 
este sistema encontrando suas equações de momento e cortante. 
 
CASO O 
 
 
 
 
 
 
 
⅀ ⅀ 
 
 
 
 
Fazemos então um corte no meio da carga distribuída, encontrando a seguinte seção : 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Para 
⅀ ⅀ 
 
 
 
 
 
 
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O terceiro passo é colocar uma carga unitária no lugar onde foi removido o vínculo, 
encontrando então o sistema 1. Deve-se então resolver este sistema 1, encontrando as equações de 
momento e cortante. 
 
CASO 1 
 
 
 
 
 
 
 
 
⅀ ⅀ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Para 
⅀ ⅀ 
 
 
 
 
 
 
 
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 Para 
⅀ ⅀ 
 
 
 
Encontradas as equações de momento para o sistema 0 e também para o sistema 1 é 
necessário encontrar os coeficientes do sistema de compatibilidade de deslocamentos. Estes coeficientes 
são os deslocamentos do sistema 0 e sistema 1 no ponto onde foi removido o vinculo. Então o Delta 10 
são as integrais de momento do sistema 0 contra o sistema 1, e o Delta 11 são as integrais do sistema 1 
contra o sistema 1 ( ele mesmo ). 
 
 
 
 ∫ ∫ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 ∫ ∫ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Substituindo então estes valores no sistema de compatibilidade de deslocamentos temos : 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O valor encontrado de -7,5 kN é o valor da reação de apoio do vinculo inicialmente removido. 
O sinal negativo da resposta indica que a reação de apoio tem direção inversa à carga unitária adotada. Ou 
seja, como a carga unitária foi adotada para baixo e a resposta deu negativa, logo temos que a direção da 
reação de apoio é para cima. Para encontrar os diagramas finais para esta estrutura basta agora aplicar o 
método das seções em cada trecho e plotar as equações ao longo do eixo da viga: 
 
⅀ ⅀ 
 
 6 
 
 
 
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 Para 
⅀ ⅀ 
 
 
 
 
 
 
 Para 
⅀ ⅀ 
 
 
 
 
 
 
Basta agora somente a plotagem das equações ao longo da viga passando pelos trechos 
calculados. O método das forças mostra-se uma alternativa eficaz para resolução de estruturas de maneira 
manual. 
 
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V(kN) 
 
M(kN*m) 
 
 
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Basta agora somente a plotagem das equações ao longo da viga passando pelos trechos 
calculados. O método das forças mostra-se uma alternativa eficaz para resolução de estruturas de maneira 
manual. 
 
 
Caso 0 : 
 
 
 
Trecho a 
N=0 V= -2x+4,833 M= 
-x²+4,833x 
 
Trecho b 
N=0 V= -1,167 M= -
1,167x+9Trecho c 
N=0 V= -3,167 M= -
3,167x+19 
 
Caso 1 
 
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Trecho a 
N= 0 V= 0,5 M= 0,5x 
Trecho b 
N= 0 V= -0,5 M= -0,5x+3 
 
EI * ∫ ∫ 
 
 
 
 
 
 ∫ 
 
 
 = 21,2038333 
 
EI * ∫ ∫ 
 
 
 
 
 = 4,5000 
 
R1= 
 
 
 R1= 
 
 
 R1 = -4,712 
 
Trecho a (Final) 
N=0 V=-2x+2,477 M=-x²+2,477x 
 
Trecho b (Final) 
N=0 V= 1,19 M= 1,19x-5,139 
 
Trecho c (Final) 
N=0 V= -0,81 M= -0,81x+4,861 
 
 
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3) 
 
 
Caso 0 
 
 
 
Trecho a 
N=0 V= -2x+10 M= -x²+10x-28 
 
Trecho b 
N=0 V= 2 M= 2x-12 
 
Caso 1 
 
 
 
 
 
Trecho a 
N= 0 V= 1 M= x-4 
Trecho a 
N= 0 V= 0 M= 0 
 
 
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EI * ∫ 
 
 
138,6667 
 
EI * ∫ 
 
 
 21,3333 
 
R1= 
 
 
 R1= 
 
 
 R1 = -6,50000 Kn 
 
 
Trecho a (Final) 
N= 0 V= -2x+3,5 M=-x²+3,5x-2 
Trecho b (Final) 
N= 0 V= 2 M= 2x-12 
 
 
 
 
 
 
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4) 
 
 
 
 
Trecho a 
N=-8 V= 0 M= -16 
 
Trecho b 
N=0 V= -2x+8 M= -x²+8x-16 
 
Trecho c 
N=0 V= 0 M= 0 
 
 
 
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Trecho a 
N= 1 V= 0 M= 4 
 
Trecho b 
N=0 V= -1 M= -x+4 
 
Trecho c 
N=-1 V= 0 M= 0 
EI * ∫ ∫ 
 
 
 
 
 ∫ 
 
 
= -352 
 
EI * ∫ ∫ 
 
 
 
 
 ∫ 
 
 
 ∫ 
 
 
 = 93,33333 
 
R1= 
 
 
 R1= 
 
 
 R1 = 3,771 
 
Trecho a(Final) 
N=-4,229 V= 0 M= -0,914 
 
Trecho b(Final) 
N=0 V= -2x+4,229 
M= -x²+4,229x-0,914 
Trecho c(Final) 
N=-3,711 V= 0 M= 0 
 
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5) 
 
 
 
Trecho a 
N= -5 V= -2 M= -2x 
 
Trecho b 
N=-2 V= -2x+5 M= -x²+5x-8 
 
Trecho c 
N=-3 V= 2 M= 2x-4 
 
Trecho d 
N=-3 V= 0 M= -2x-16+20-4+2x = 0 
 
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Trecho a 
N= 0 V= 1 M= x 
 
Trecho b 
N=1 V= 0 M= 4 
 
Trecho c 
N=0 V= -1 M= -x+4 
EI * ∫ ∫ 
 
 
 
 
 ∫ 
 
 
 ∫ 
 
 
= -117,3333 
 
EI * ∫ ∫ 
 
 
 
 
 ∫ 
 
 
 ∫ 
 
 
 = 110,6667 
 
R1= 
 
 
 R1= 
 
 
 R1 = 1,060 
 
Trecho a(Final) 
N=-5 V= -0,94 
M= -0,94x 
Trecho b(Final) 
N=-0,94 V=-2x+5 
M=-x²+5x-3,76 
Trecho c(Final) 
N=-3 V= 0,94 
M= 0,94x+0,24 
Trecho d(Final) 
N=-3 V= -1,06 
M= -1,06x+4,24 
 
 
 
 
 
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6) 
 
 
Trecho a 
N= -2 V= -2 M= -2x 
 
Trecho b 
N=-2 V= 2 M= 2x-8 
 
 
 
Trecho c 
N=-2 V= 0 M= -4 
 
Trecho d 
N= 0 V= 2 M= 2x-4 
 
Trecho e 
N= 0 V= 0 M=-4-4-2x+2x+8 = 0 
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Trecho a 
N= 0 V= 1 M= x 
 
Trecho b 
N=1 V= 0 M= 4 
 
Trecho c 
N=0 V= -1 M= -x+4 
EI * ∫ ∫ 
 
 
 
 
 ∫ ∫ 
 
 
 
 
 
∫ 
 
 
= -144 
EI * ∫ ∫ 
 
 
 
 
 ∫ 
 
 
 ∫ 
 
 
 = 110,6667 
R1= 
 
 
 R1= 
 
 
 R1 = 1,301 
 
Trecho a(Final) 
N= -2 V= -0,699 
M= -0,699x 
Trecho b(Final) 
N=-0,699 V=2 
M= 2x-2,796 
Trecho c(Final) 
N= -0,699 V=0 
M=1,205 
Trecho d(Final) 
N=0 V=0,699 
M=0,699x+1,205 
Trecho e(Final) 
N=0 V=-
1,301 M=-
1,301x+5,204 
 
 
 
 
 
 
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7) 
 
 
Caso 0 
 
 
 
Trecho a 
N=0 V= -2x+10 
M= -x²+10x-26 
Trecho b 
N=0 V= 2 
 M= 2x-10 
Trecho c 
N=0 V= 0 
 M= -2x+10-8x+16+10x-26=0 
 
Caso 1 
 
 
 
Trecho a 
N= 0 V= 1 M= x-4 
Trecho a 
N= 0 V= 0 M= 0 
 
Caso 2 
 
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Trecho a 
N=0 V=1 M=x-6 
 
EI * ∫ 
 
 
= 122,6667 
 
EI * ∫ 
 
 
 = 21,3333 
 
EI * ∫ 
 
 
= 37,3333 
 
EI * ∫ ∫ 
 
 
 
 
 =215 
 
EI * ∫ 
 
 
 = 72 
 
 
 
 
 
 *
 
 
+*
 
 
 = 
 
 
 ... R1=5,662 R2=0,050 
 
Trecho a(Final) 
N=0 V=-2x+4,287 
M=-x²+4,287x-3,05 
Trecho b(Final) 
N=0 V=1,95 
M=1,95x-9,698 
Trecho c(Final) 
N=0 V=-0,05 
M=-0,05x+0,3 
 
 
 
 
 
 
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8) 
 
Caso 0 
 
 
Trecho a 
N=0 V=-2x+12 M=-x²+12x-36 
 
 
Caso 1 
 
 
 
 
 
 
Trecho a 
N= 0 V= 1 M= x-4 
Trecho a 
N= 0 V= 0 M= 0 
 
 
Caso 2 
 
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Trecho a 
N=0 V=1 M=x-6 
 
EI * ∫ 
 
 
= 181,3333 
EI * ∫ 
 
 
 = 21,3333 
EI * ∫ 
 
 
= 37,3333 
EI * ∫ 
 
 
 = 324 
EI * ∫= 72 
 
 
 
 
 
 
 
 
 *
 
 
+*
 
 
 = 
 
 
 ... R1= 6,75 R2= 1,00 
 
 
Trecho a(Final) 
N=0 V=-2x+4,25 M= -x²+4,25x-3 
Trecho b(Final) 
N=0 V= -2x+11 M=-x²+11x-30 
 
 
 
 
 
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9) 
 
 
 
Trecho a 
N=-8 V= 0 M= -16 
 
Trecho b 
N=0 V= -2x+8 M= -x²+8x-16 
 
Trecho c 
N=0 V= 0 M= 0 
 
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Trecho a 
N= 1 V= 0 M= 4 
 
Trecho b 
N=0 V= -1 M= -x+4 
 
Trecho c 
N=-1 V= 0 M= 0 
 
 
 
Trecho a 
N= 0 V= -1 M= -x 
 
Trecho b 
N=-1 V= 0 M= -4 
 
Trecho c 
N=0 V= 1 M= x-4 
 
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9) Continuação 
 
Trecho a 
N= 0 V=0 M= 1 
 
Trecho b 
N=0 V= 0 M= 1 
 
Trecho c 
N=0 V= 0 M= 1 
EI * ∫ ∫ ∫ 
 
 
 
 
 
 
 
 
-352 
EI * ∫ 
 
 
 ∫ 
 
 
 ∫ 
 
 
 ∫ 
 
 
 = 93,3333 
EI * ∫ ∫ 
 
 
 
 
= -64 
EI * ∫ ∫ 
 
 
 
 
= 24 
EI * ∫ ∫ 
 
 
 
 
 = 213,3333 
EI * ∫ 
 
 
 ∫ 
 
 
 ∫ 
 
 
 ∫ 
 
 
 = 110,6667 
EI * ∫ 
 
 
 ∫ 
 
 
 ∫ 
 
 
= -32 
EI * ∫ 
 
 
 ∫ 
 
 
= -85,3333 
EI * ∫ 
 
 
= 12 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
*
 
 
 
 = 
 
 
 
 ... 
 
 
 
 
 
Trecho a(Final) 
N= -4 V=-0561 M=-0561x+0,607 
 
 
Trecho b(Final) 
N=-0,561 V=-2x+4 
 
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3.2 O MÉTODO DAS FORÇAS – UTILIZANDO TABELA 
O método das forças é indicado quando se faz necessário o cálculo manual das 
estruturas hiperestáticas (quando não é possível o auxílio de um computador), sendo então este o 
primeiro método a ser ensinado nesta apostila. Agora, os mesmos exemplos resolvidos utilizando as 
equações para cada tipo de esforço serão resolvidos agora utilizando a tabela de integrais. Isto 
significa que o aluno não precisa calcular as integrais das equações, basta olhar a tabela com a 
figura desejada e verificar o resultado. O ponto fraco é que o aluno fica incapaz de resolver as 
estruturas sem utilizar a tabela. Cabe ao aluno ou professor ensinar o método que for mais 
interessante no momento em questão, em geral para faculdades com ponto forte em cálculo utiliza-
se integrar as equações, para faculdades com tendências à construção pode-se ensinar a calcular 
utilizando a tabela. Nada impede que se aprenda a calcular utilizando os dois métodos. A tabela de 
integrações é dada na próxima página, esta tabela foi obtida do departamento de estruturas da UFG 
(Universidade Federal de Goiás). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Exercício 1 
 
 
Inicialmente fazemos a verificação do grau do hiperestaticidade (h) da estrutura: 
Sendo c = 1 chapa vem 
 Bn = 3c, logo Bn = 3 
A somatória dos vínculos dos apoios (Be) é (2+1+1) 4, então: 
Be- Bn = h 
4-3=1(grau1) 
 
Então se altera a estrutura de forma que h seja 0, neste exercício o apoio móvel 
colocado no meio da viga foi removido. A condição para realização do calculo é retirar os vínculos 
ate que a estrutura seja isostática e acrescentar forças unitários onde os vínculos foram retirados, ou 
seja, onde foi retirado o apoio móvel foi acrescentada uma força unitária no eixo Y. 
 
Reações de Apoio (caso 0) 
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Obs.: entende-se por caso 0 aquele que os apoios agora estão dispostos de modo a tornar 
a estrutura isostática e o cálculo é feito com a carga real 
 
 Fx= 0 
Ha=0 kN 
 
 M(a)= 0 
(Rb*6) – [(4*6)*3]=0 
Rb = 12 kN 
 
 Fy= 0 
Ra+Rb – (4*6)= 0 kN 
Ra+ 12 – (4*6)= 0 kN 
Ra = 12 kN 
 
Reações de Apoio (caso 1) 
Obs.: entende-se por caso 1 aquele que os apoios agora estão dispostos de modo a tornar 
a estrutura isostática e o cálculo é feito com a carga real 
 
 
 Fx= 0 
Ha=0 kN 
 M(a)= 0 
(Rb*6) – (1*3) =0 
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Rb = 0,5 kN 
 Fy= 0 
Ra+Rb – 1 = 0 kN 
Ra+ 0,5 – 1 = 0 kN 
Ra = 0,5 kN 
 
Desta forma obtém-se os seguintes graficos (de Cortante (V – kN) e Momentos (M – 
kN.m), respectivamente): 
 
Caso 0 
 
 
 
Sabendo que onde a V=0 o M=max, calcula-se a área formada pela cortante e obtém-se 
o momento. No caso acima, por semelhança de triangulo encontra-se o local onde V=0 : 
(12) esta para (x) assim como (12) esta para (6-x), por tanto x=3 se a base do triangulo é 
3, vem: [(3*12)/2] o momento máximo será 18. Sabendo que a carga é constante, a V será linear e 
logo o momento será uma curva de segundo grau. 
 
Caso 1 
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Sabendo que onde a V=0 o M=max, calcula-se a área formada pela cortante e obtém-se 
o momento. No caso acima, sabe-se que a carga unitária que gera a V=0 esta a 3m do ponto A, se a 
base do retangulo é 3, vem: (3*0,5) o momento maximo será 1,5. Sabendo que a carga é 
concentrada, a V será constante e logo o momento será linear. 
 
Combinações: 
Usando a tabela em anexo, deve combinar as figuras formadas pelos gráficos dos 
momentos dos casos 0 e 1, atentando sempre para o sinal da integral, ou seja, quando as áreas 
estiverem em sentidos opostos no gráfico (por exemplo: o momento no caso 0 traciona as fibras 
superiores e no caso 1 traciona as inferiores) a integral deverá ser negativa. 
Combina-se primeiro o gráfico da sit. 0 com sit. 1 e sit.1 com sit. 1. (no caso de h=1) 
 
 + 
 
 10= 2* (
 
 
 ) 
 10= 2* (
 
 
 ) 
 10= 67,5 
 
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 11 = (
 
 
 ) 
 11= (
 
 
 ) 
 11= 4,5 
 
Na matriz: 
10 + X1* 11 = 0 
67,5 + X1*4,5 = 0 
X1 = 15 kN 
 
Reações de Apoio: 
Combinando os valores da sit 0 com sit 1 é possível chegar ao esforço real da estrutura 
no seu estado hiperestático. 
 
E0 + X1*E1 = 0 
Ra = 12 + (15)*0,5 = 4,5 kN 
\Rb = 12 + (15)*0,5 = 4,5 kN 
 
 
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Exercício 2 
 
Ficando: 
 
Reações de Apoio (sit 0) 
 
 Fx= 0 
Ha=0 kN 
 
 M(a)= 0 
(Rb*3) – [(4*3)*1,5]=0 
Rb = 6 kN 
 
 Fy= 0 
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Ra+Rb – (4*3) = 0 kN 
Ra+ 6 – (4*3) = 0 kN 
Ra = 6 kN 
 
 M(b)= 0 
(Rc*3) – (4*2)=0 
Rb = 2,6667 kN 
 
 Fy= 0 
Rc+Rb – 4 = 0 kN 
Rb+ 2,6667 – 4 = 0 kN 
Ra = 1,33333 kN 
 
Rb total = 1,33333 + 6 Rb total = 7,33333 kN 
 
Reações de Apoio (sit 1) 
 
 Fx= 0 
Ha=0 kN 
 
 M(b)= 0 
(Ra*3) + 1=0 
Ra = -1/3 kN 
 
 M(c)= 0 
[(-1/3)*6] + 1 – 1 (Rb *3) = 0 
Ra = 2/3 kN 
 
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 Fy= 0 
- Ra -Rc +Rb = 0 kN 
- Rc + (2/3) – (1/3) = 0 kN 
Ra = -1/3 kN 
 
Desta forma obtém-se os seguintes graficos (de Cortante (V – kN) e Momentos (M – 
kN.m), respectivamente): 
 
Sit. 0 
 
 
Sit. 1 
 
 
 
Combinações: 
 + + 
 10 = -(
 
 
 ) + [- 
 
 
 ] 
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+ (- 
 
 
 ) 
 10= -(
 
 
 ) + [- 
 
 
 ]+ (- 
 
 
 
 ) 
 10= -6,2778 
 
 + 
 11= 2* (
 
 
 ) 
 11= 2* (
 
 
 ) 
 11= 2 
 
Na matriz: 
10 + X1* 11 = 0 
-6,2778 + X1*2 = 0 
X1 = 3,1389 kN 
 
Reações de Apoio 
E0 + X1*E1 = 0 
Ra = 6 + (3,1389*-0,3333) = 4,9537 kN 
Rb = 7,3333 + (3,1389*0,6667) = 9,4259 kN 
Rc = 2,6667 + (3,1389*-0,3333) = 1,6204 kN 
 
 
 
 
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Exercício 3 
 
 
Ficando 
 
 
Reações de Apoio (sit 0) 
 
 
 
 Fx= 0 
Ha=0 kN 
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 M(a)= 0 
(Rb*4) – [(4*4)*2] * (4*6)=0 
Rb = 14 kN 
 
 Fy= 0 
Ra+Rb – (4*4) - 4 = 0 kN 
Ra+ 6 – 20 = 0 kN 
Ra = 6 kN 
 
Reações de Apoio (sit 1) 
 
 
 Fx= 0 
Ha=0 kN 
 
 M(b)= 0 
(Ra*4) - 1=0 
Ra = -1/4 kN 
 
 Fy= 0 
Ra +Rb = 0 kN 
Rb – (1/4) = 0 kN 
Ra = 1/4 kN 
 
Desta forma obtém-se os seguintes graficos (de Cortante (V – kN) e Momentos (M 
– kN.m), respectivamente): 
 
Sit. 0 
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Sit. 1 
 
 
 
Combinações: 
 + 
 10 = -(
 
 
 ) + ( 
 
 
 ) 
 10= -(
 
 
 ) + ( 
 
 
 ) 
 10= - 5,7777 
 
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 11= (
 
 
 ) 
 11= (
 
 
 ) 
 11= 1,3333 
 
Na matriz: 
10 + X1* 11 = 0 
 - 5,7777 + X1* 1,3333 = 0 
X1 = 4,3333 kN 
 
Reações de Apoio 
E0 + X1*E1 = 0 
Ra = 6 + (4,3333 0,25) = 7,08 kN 
 
 Fy= 0 
7,08 +Rb – (4*4) - 4 = 0 kN 
Rb = 11,92 kN 
 
 
 
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Exercício 4 
 
Ficando: 
 
Reações de Apoio (sit 0) 
 
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 Fx= 0 
Ha=0 kN 
 
 M(a)= 0 
Ma – [(4*4)*2] =0 
Ma = 32 kN.m 
 
 Fy= 0 
Ra - (4*4) = 0 kN 
Ra = 16 kN 
 
Reações de Apoio (sit 1) 
 
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 Fx= 0 
Ha=0 kN 
 
 M(b)= 0 
Ma – (1*4)=0 
Ma = 4 kN.m 
 
 Fy= 0 
Ra +1 = 0 kN 
Ra = -1 kN 
 
Desta forma obtém-se os seguintes graficos (de Cortante (V – kN) e Momentos (M – 
kN.m), respectivamente): 
 
 
Sit. 0 
 
 
Sit. 1 
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Combinações: 
 + 
 10 = (- ) + ( - 
 
 
 ) 
 10= (- ) + ( 
 
 
 ) 
 10= - 640 
 
+ 
 11= ( ) + (
 
 
 ) 
 11= (- ) (
 
 
 ) 
 11= 85,3333 
 
Na matriz: 
10 + X1* 11 = 0 
- 640 + X1* 85,3333 = 0 
X1 = 7,5 kN 
 
Reações de Apoio 
E0 + X1*E1 = 0 
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Ra = 16 + (7,5*-1) = 8,5 kN 
Rb = (4*4) -Ra = 7,5 kN 
Ma= (7,5*4) - (16*2)= 2kN.m 
 
 
 
 
Exercício 5 
 
 
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Ficando: 
 
 
Reações de Apoio (sit 0) 
 
 Fx= 0 
Ha=4 kN 
 
 M(a)= 0 
(Rb *4) – [(4*4)*2] – (4*2) =0 
Rb = 6 kN.m 
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 Fy= 0 
Ra + Rb – 16 = 0kN 
Ra = 10 kN 
 
Reações de Apoio (sit 1) 
 
 Fx= 0 
Ha= 1 kN 
 
 Fy= 0 
Ra + Rb = 0 kN 
Ra = 0 kN 
 
Desta forma obtém-se os seguintes graficos (de Cortante (V – kN) e Momentos (M – 
kN.m), respectivamente): 
 
 
Sit. 0 
 
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Sit. 1 
 
Combinações: 
 + ( + )+ ( + ) + 
 10 = (
 
 
 ) + [( 
 
 
 )] + [( 
 
 
 )] 
+ [ 
 
 
 )] 
 10= (
 
 
 ) + [( 
 
 
 )] + [( 
 
 
 
 )] + [ 
 
 
 )] 
 10= 218,6667 
 
+ + 
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 11= (
 
 
 ) +( ) + (
 
 
 ) 
 11= (
 
 
 ) +( )+ () 
 11= 106,6667 
 
Na matriz: 
10 + X1* 11 = 0 
- 218,6667 + X1* 106,6667 = 0 
X1 = -2,04999 kN 
 
Reações de Apoio 
E0 + X1*E1 = 0 
Ra = 10 + (-2,04999 *0) = 10 kN 
Rb = 6 + (-2,04999 * 0) = 6 kN 
Ha= 4 – (-2,04999 * 1)= 1,95 kN 
Hb= 4 – Ha = 2,05 kN 
 
 
 
 
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Exercício 6 
 
Ficando: 
 
Reações de Apoio (sit 0) 
 
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 Fx= 0 
Ha=4 kN 
 
 M(a)= 0 
(Rb *4) + (4*2) – (4*2) =0 
Rb = 6 kN.m 
 
 Fy= 0 
Ra + Rb – 4 = 0kN 
Ra = 4 kN 
 
Reações de Apoio (sit 1) 
 
 
 Fx= 0 
Ha= 1 kN 
 
 M(a)= 0 
(Rb *4) - (4*1) =0 
Rb = 1 kN.m 
 
 Fy= 0 
Ra - Rb = 0 kN 
Ra = 1 kN 
 
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Desta forma obtém-se os seguintes graficos (de Cortante (V – kN) e Momentos (M – 
kN.m), respectivamente): 
 
Sit. 0 
 
 
Sit. 1 
 
 
Combinações: 
 + + 
 10 = (
 
 
 ) + [(
 
 
 ) + [ 
 
 
 
 )] 
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 10= (
 
 
 ) + [(
 
 
 ) + [ 
 
 
 )] 
 10= 272 
 
+ + 
 11= (
 
 
 ) +( ) + (
 
 
 ) 
 11= (
 
 
 ) +( )+ (
 
 
 ) 
 11= 106,6667 
 
Na matriz: 
10 + X1* 11 = 0 
272 + X1* 106,6667 = 0 
X1 = -2,549999 kN 
 
Reações de Apoio 
E0 + X1*E1 = 0 
Rb = 0 + (-2,549999 * 1) = 0 kN 
Ha= 4 – (-2,549999 * 1)= 1,45 kN 
 
Fazendo 
 Fx= 0 e Fy = 0 
Ra = 4 kN e Hb= 2,55 kN 
 
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Exercício 7 
 
Ficando: 
 
 
 
 
Reações de Apoio (sit 0) 
 
 Fx= 0 
Ha=0 kN 
 
 M(a)= 0 
-(Rb *6) + (4*5) – (16*2) =0 
Rb = 8,666667 kN.m 
 
 Fy= 0 
Ra + Rb – 4 - 16 = 0kN 
Ra = 11,333333 kN 
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Reações de Apoio (sit 1) 
 
 Fx= 0 
Ha= 0 kN 
 
 M(a)= 0 
- (Rb *6) -(4*1) - 1 =0 
Rb = 0,8333 kN.m 
 
 Fy= 0 
Ra - 0,8333 + 1= 0 kN 
Ra = - 0,16666 kN 
 
Sit. 0 
 
 
 
Para encontrar o valor máximo do momento faz-se semelhança de triangulo, obtem-se o x 
onde V=0, calcula-se a área. 
No caso acima, por semelhança de triangulo encontra-se o local onde V=0 
(11,3) esta para (x) assim como (4,7) esta para (4-x), por tanto x=2,833333 se a base do 
triangulo é 2,8333333, vem: [(11,3*2,8333333)/2] o momento maximo será 16,1 (arredondado) 
 
 
Sit. 1 
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Combinações: 
 + ( + ) + + 
 
 10 = + [-
 
 
 
 
 
 )+[ 
 
 
 
 + 
+ { 
 
 
 )+ )]} + ( 
 
 
 ) 
 10=+[-
 
 
 
 
 
 
 )+[ 
 
 
 + { 
 
 
 
 )+ )]} + ( 
 
 
 ) 
 10= -83,553578 
 
+ 
 11= {
 
 
 )+ )]}+ (
 
 
 ) 
 11= {
 
 
 )+ )]}+ (
 
 
 ) 
 11= 11,55373 
 
 
Na matriz: 
10 + X1* 11 = 0 
-83,553578 + X1* 11,55373= 0 
X1 = 7,36733 kN 
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Reações de Apoio 
E0 + X1*E1 = 0 
Ra = 11,3333 + (13,5 * -0,16666) = 10,10 kN 
Rb = 8,666667 + (13,5 * 0,83333) = 14,806 kN 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Exercício 8 
 
Ficando: 
 
Reações de Apoio (sit 0) 
 
 Fx= 0 
Ha=0 kN 
 
 M(a)= 0 kN.m 
Ma – (4*6*3)= 0 
Ma= 24 kN.m 
 
 Fy= 0 
Ra – (4*6) = 0 kN 
Ra = 24 kN 
 
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Reações de Apoio (sit 1) 
 
 Fx= 0 
Ha= 0 kN 
 
 M(a)= 0 
- Ma -(1*4) – (1*6) =0 
Ma = 10 kN.m 
 
 Fy= 0 
Ra + 1+ 1= 0 kN 
Ra = 2 kN 
 
Sit. 0 
 
 
 
Sit. 1 
 
 
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Combinações: 
( + )+ 
 10 = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 10= 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 10= 541,3333 
 
 + 
 11= ,
 
 
 - 
 
 
 
 11= ,
 
 
 - 
 
 
 
 11= 168 
 
Na matriz: 
10 + X1* 11 = 0 
541,333333+ X1*168 = 0 
X1 = -3,2222 kN 
 
Reações de Apoio 
E0 + X1*E1 = 0 
Ra = 24 + (-3,2222*2) = 17,5555 kN, vem: 
 Fx= 0 
Ha=0 kN 
 
 Fy= 0 
Ra + Rb + Rc – (4*6) = 0 kN 
 
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 M()= 0 
 
 
 
 
 
Exercício 9 
 
 
Ficando: 
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Reações de Apoio (sit 0) 
 
 Fx= 0 
Ha= kN 
 
 M(a)= 0 kN.m 
Ma – (4*4*2)= 0 
Ma= 32 kN.m 
 
 Fy= 0 
Ra – (4*4) = 0 kN 
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Ra = 16 kN 
 
Reações de Apoio (sit 1) 
Considerando sit 1: 
 
 Fx= 0 
Ha= - 1 kN 
 
 M(a)= 0 
Ma – (1*4) – 1= 0 
Ma= 5 kN.m 
 
 Fy= 0 
Ra + 1 = 0 kN 
Ra = -1 kN 
 
Sit. 0 
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Sit. 1 
 
 
Combinações: 
 + 
 10 = - 
 
 
 
 
 
 
 10= - 
 
 
 
 
 
 
 10= -1237,3333 
 
 + + 
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 11= ,- ,
 
 
 
 - ,
 
 
 - 
 11= ,
 
 
 - ,
 
 
 - 
,
 
 
 - 
 11= 444 
 
Na matriz: 
10 + X1* 11 = 0 
-1237,3333+ X1*444 = 0 
X1 = 2,78678 kN 
 
Reações de Apoio 
E0 + X1*E1 = 0 
Ra = 16 + (2,78678* -1) = 13,2132 kN, vem: 
 Fx= 0 
Ha + Hb + (4*4)=0 kN 
 Fy= 0 
Ra + Rb – (4*6) = 0 kN 
 M()= 0 
 
Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Aparecido Soares Junior 
 
 
 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 102 
 
4. REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 
MARTHA, Luiz Fernando. Análise de estruturas: conceitos e métodos básicos. Campos. Rio de Janeiro, 
2010. 
 
MARTHA, Luiz Fernando. FTOOL–Um programa gráfico-interativo para ensino de comportamento de 
estruturas. Versão educacional, v. 2, p. 33, 2002. 
 
LAIER, JOSE ELIAS; BARREIRO, J. C. Complementos de resistência dos materiais. Sao Carlos: 
EESC/USP, 2a. ed., L&B [2003], v. 26, n. 02, 1983. 
 
BEER, Ferdinand Pierre; JOHNSTON, Elwood Russell. Resistência dos materiais. McGraw-Hill, 1982. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Aparecido Soares Junior 
 
 
 Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 103 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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