T.E FORMULARIO PARA EQUAÇÃO DOS 3 MOMENTOS C4

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Profa. Dra. Rosilene de Fátima Vieira 
FORMULÁRIO PARA EQUAÇÃO DOS TRÊS MOMENTOS 
Para EI constante por trechos 
a) Grau de hiperestaticidade da viga → GH 
b) Numeração das barras e nós 
c) Equação dos 3M para EI constante por trechos (aplicar n vezes, onde n=GH) 
L’i M i-1 + 2(L’i+L’i+1)M i + L’i+1M i+1 = - (DiL’i + Ei+1L’i+1) 
d) Momentos fletores 
e) Vão Reduzido => Adotar EcIc k
k
cc'
k LEI
IE
L = 
f) Fatores de forma 
 
g) Solução da Equação dos 3M 
h) Traçado dos diagramas M, V e N 
Profa. Dra. Rosilene de Fátima Vieira Página 1 
 
 
 
Exercício 1 
Determinar os diagramas de esforços solicitantes para a viga abaixo pelo Equação dos 
Três Momentos. Determinar todos os pontos de momentos máximos. Calcular também 
as reações de apoio. 
 
Solução: 
1) Determinação do Grau de Hiperestaticidade 
GH=2 
2) Numeração das barras e nós 
As barras devem ser numeradas a partir do número 1. 
Os nós devem ser numerados a partir do número 0. 
Para efeito de cálculo o engastamento deve ser substituído por um tramo adicional bi-
apoiado (barra fictícia = Barra 3) 
 
3) Equação dos 3M para EI constante por trechos (aplicar 2 vezes, GH=2) 
L
’
i M i-1 + 2(L
’
i+L
’
i+1)M i + L
’
i+1M i+1 = - (DiL
’
i + Ei+1L
’
i+1) 
i=1 
L’1.M0+2.(L’1+L’2).M1+L’2.M2= - (DDDD1.L’1+EEEE2.L’2) 
i=2 
L’2.M1+2.(L’2+L’3).M2+L’3.M3= - (DDDD2.L’2+EEEE3.L’3) 
4) Momentos fletores 
M0=0 M1=? M2=? M3=0 
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5) Vão Reduzido => Adotado EcIc =EI k
k
cc'
k LEI
IE
L =
 
Barra 1 
L1' =
EI
EI ·3=3m 
Barra 2 
L2' =
EI
2·EI ·4=2m 
Barra 3 (barra fictícia) 
L3' =0 
6) Fatores de forma (Tabela) 
Barra 1 (superposição dos efeitos dos carregamentos) 
O momento fletor de 125kN.m deve ser escorregado para barra da direita ou para barra 
da direita com o mesmo sentido. No caso, optou-se pelo escorregamento para barra da 
esquerda (barra 1) e sentido anti-horário. 
 L=3m a=3m b=0 
DDDD1=
q·L2
4 +M· �1-3·
a2
L2
� = 85·324 +(-125)· �1-3·
32
32
� =+441,25 
Barra 2 
 L=4m a=2m b=2m 
EEEE2=
P·a·b
L · �1+
b
L� =
150·2·2
4 · �1+
2
4� =+225 
DDDD2=
P·a·b
L · �1+
a
L� =
150·2·2
4 · �1+
2
4� =+225 
Barra 3 (barra fictícia não tem carregamento) 
EEEE3=DDDD3=0 
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7) Solução da Equação dos 3M 
L’1.M0+2.(L’1+L’2).M1+L’2.M2= - (DDDD1.L’1+EEEE2.L’2) 
3.0+2.(3+2).M1+2.M2= - (441,25.3+225.2) 
10.M1+2.M2=-1773,75 (÷2) 
M2 = - 886,875 – 5.M1 
L’2.M1+2.(L’2+L’3).M2+L’3.M3= - (DDDD2.L’2+EEEE3.L’3) 
2.M1+2.(2+0).M2=-(225.2+0.0) 
Substituindo M2 
2.M1+4(-886,875-5.M1)=-450 
M1=-172,083kN.m (convenção usual: sinal negativo significa momento em cima da 
viga) 
M2=-26,458kN.m 
8) Momentos fletores 
Colocam-se os resultados dos momentos finais na convenção usual na viga. 
 
Portanto, os momentos fletores em cada barra são: 
 
9) Cálculo dos esforços cortantes e momentos máximos: 
Para determinar esses diagramas é necessário isolar cada barra para analisá-la 
separadamente (Barra 1=BARRA AB →Barra 2=BARRA BC). 
• BARRA AB 
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Considerando a BARRA AB como bi-apoiada com os carregamentos iniciais mais os 
momentos encontrados pode-se achar a solução com as três equações de equilíbrio. 
As reações de apoios verticais da BARRA AB serão as cortantes da viga contínua 
hiperestática. 
 
∑ Fx =0 Não tem força na horizontal. 
 
∑ MA=0 → Adotado anti-horário positivo. 
 VB
esq
 · 3 – R · 1,5 - 47,083 = 0 
 VB
esq
 = 143,194 kN 
No diagrama de esforço cortante: Negativo pela convenção de sinal da cortante que 
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido anti-horário 
ele será negativo. 
	 Fy =0 → VAdir + VBesq - R = 0 
 VAdir = 111,806 kN 
No diagrama de esforço cortante: Positivo pela convenção de sinal da cortante que 
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido horário ele 
será positivo. 
Colocam-se esses valores encontrados no diagrama de esforço cortante. 
Neste caso o diagrama de esforço cortante mostra um ponto de cortante igual à zero 
(V=0). Neste caso tem-se um momento máximo neste ponto. 
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Para determinação deste momento tem-se que definir a equação de momento fletor 
para esse trecho, derivá-la e igualá-la a zero. Assim, obtém-se a cota “x” para cortante 
igual a zero. Com esse valor volta-se na equação de momento e tira-se o valor do 
momento máximo. 
• Equação do momento fletor. 
Isola-se um trecho “x” da BARRA AB. Intervalo 0 < x < 3. 
 
Calcula-se o momento no ponto “S” a uma distância “x” do ponto A. Adotado para 
cálculo do Ms sentido horário positivo (Tração em baixo momento positivo – ao calcular 
o momento se der positivo desenha do lado de baixo da viga; se der negativo desenha 
do lado de cima da viga). 
MS=111,806 ·x - R· x2 = 111,806 ·x - 85 ·x · 
x
2 
MS= 111,806 ·x - 42,5 · x2Equação do momento fletor para BARRA AB. 
Verificação da Equação de momento fletor. 
x M 
0 MA=0 OK! 
3 MB = - 47,083 OK! 
 
A equação de esforço cortante pode ser obtida derivando a equação de momento 
fletor: 
V= dMdx =111,806 - 42,5· 2 · x = 111,806 - 85 ·x Equação de esforço cortante 
para BARRA AB. 
Verificação da Equação de esforço cortante. 
x V 
0 VAdir= 111,806 kN OK! 
3 VBesq = -143,194 kN OK! 
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Igualando a equação a zero tem-se o valor de “x” para qual o momento 
fletor é máximo. 
V=
dM
dx =111,806 - 2 ·42,5 ·x = 111,806 - 85 ·x = 0 
 
Portanto, x = 1,315 m 
Volta-se equação de momento e obtém-se o valor de momento máximo: 
MMAX= 111,806 ·1,315 - 42,5 · 1,3152 
MMAX = 73,533 kN . mSinal positivo: desenha do lado de baixo da viga. 
• BARRA BC 
 
Da mesma forma, considerando a BARRA BC como bi-apoiada com os carregamentos 
iniciais mais os momentos encontrados pode-se achar a solução com as três equações 
de equilíbrio. 
As reações de apoios verticais da BARRA BC serão as cortantes da viga contínua 
hiperestática. 
 
∑ Fx =0 Não tem força na horizontal. 
 
∑ MB=0 → Adotado anti-horário positivo. 
 VC
esq
 · 4 – 150 · 2 - 26,458 + 172,083 = 0 
 VC
esq
 = 38,594 kN 
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No diagrama de esforço cortante: Negativo pela convenção de sinal da cortante que 
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido anti-horário 
ele será negativo. 
	 Fy =0 → VBdir + VCesq - 150 = 0 
 VBdir = 111,406 kN 
No diagrama de esforço cortante: Positivo pela convenção de sinal da cortante que 
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido horário ele 
será positivo. 
Colocam-se esses valores encontrados no diagrama de esforço cortante. 
Apesar de não se ter cortante igual a zero (V=0) precisa-se encontrar o momento no 
ponto R. Adotado para cálculo do MR sentido horário positivo (Tração em baixo 
momento positivo– ao calcular o momento: se der positivo desenha do lado de baixo da 
viga; se der negativo desenha do lado de cima da viga). 
MR=VBdir ·2 – 172,083 = 50,729 kN . mSinal positivo: desenha do lado de baixo da 
viga. 
 
6) Determinação das reações de apoio 
RA = VA
dir
 = 111,806 kN 
 RB = VB
esq
 + VBdir= 143,194 + 111,406 = 254,6 kN 
 RC= VC
esq
 = 38,594 kN 
 
7) Traçado dos diagramas de esforços solicitantes: 
Diagrama de esforço cortante 
Profa. Dra. Rosilene de Fátima Vieira Página 8Diagrama de momento fletor 
O momento concentrado no nó B de 125 kN.m aparece no diagrama na 
descontinuidade do traçado (Salto de 172,083 – 47,083 = 125 kN . m) 
 
 
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Exercício 2 
Determinar os diagramas de esforços solicitantes para a viga abaixo pelo Equação dos 
Três Momentos. Determinar todos os pontos de momentos máximos. Calcular também 
as reações de apoio. 
. 
 
Solução: 
1) Determinação do Grau de Hiperestaticidade 
GH=3 
2) Numeração das barras e nós 
As barras devem ser numeradas a partir do número 1. 
Os nós devem ser numerados a partir do número 0. 
Para efeito de cálculo o engastamento deve ser substituído por um tramo adicional bi-
apoiado (barra fictícia = Barra1) 
 
3) Equação dos 3M para EI constante por trechos (aplicar 3 vezes, GH=3) 
L
’
i M i-1 + 2(L
’
i+L
’
i+1)M i + L
’
i+1M i+1 = - (DiL
’
i + Ei+1L
’
i+1) 
i=1 
L’1.M0+2.(L’1+L’2).M1+L’2.M2= - (DDDD1.L’1+EEEE2.L’2) 
i=2 
L’2.M1+2.(L’2+L’3).M2+L’3.M3= - (DDDD2.L’2+EEEE3.L’3) 
i=3 
L’3.M2+2.(L’3+L’4).M3+L’4.M4= - (DDDD3.L’3+EEEE4.L’4) 
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4) Momentos fletores 
M0=0 M1=? M2=? M3=? 
M4=MBalanço= -50.1= -50kN.m (convenção usual: sinal negativo significa momento 
em cima da viga) 
OBS: O momento do balanço não entra no cálculo do Fator de Carga da Barra 4 
porque ele já esta sendo considerado no M4. 
5) Vão Reduzido => Adotado EcIc =2EI k
k
cc'
k LEI
IE
L =
 
Barra 1 (barra fictícia) 
L1' =0 
Barra 2 
L2' =
2·EI
2·EI ·4=4m 
Barra 3 
L3' =
2·EI
2·EI ·4=4m 
Barra 4 
L4' =
2·EI
1,5·EI ·4=
8
1,5 m 
6) Fatores de forma (Tabela) 
Barra 1 (barra fictícia não tem carregamento) 
EEEE1=DDDD1=0 
Barra 2 (superposição dos efeitos dos carregamentos) 
O momento fletor de 125kN.m deve ser escorregado para barra da direita ou para barra 
da direita com o mesmo sentido. No caso, optou-se pelo escorregamento para barra da 
esquerda (barra 1) e sentido anti-horário. 
 L=4m a=4m b=0 
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EEEE2=
q·L2
4 +M· �3·
b2
L2
-1� = 30·424 +55·�3·
02
42
-1� =+65 
DDDD2=
q·L2
4 +M· �1-3·
a2
L2
� = 30·424 +55·�1-3·
42
42
� =+10 
Barra 3 
 L=4m a=2m b=2m 
EEEE3=
P·a·b
L · �1+
b
L� =
70·2·2
4 · �1+
2
4� =+105 
DDDD3=
P·a·b
L · �1+
a
L� =
70·2·2
4 · �1+
2
4� =+105 
Barra 4 
 L=4m a=3m b=1m 
EEEE4=+M· �3· b
2
L2
-1� = - 80· �3·12
42
-1� =+65 
DDDD4=+M· �1-3·a
2
L2
� = - 80·�1-3· 32
42
� =+55 
 
7) Solução da Equação dos 3M 
L’1.M0+2.(L’1+L’2).M1+L’2.M2= - (DDDD1.L’1+EEEE2.L’2) 
0.0+2.(0+4).M1+4.M2= - (0.0+65.4) 
8.M1+4.M2= - 260 
L’2.M1+2.(L’2+L’3).M2+L’3.M3= - (DDDD2.L’2+EEEE3.L’3) 
4.M1+2.(4+4).M2+4.M3= - (10.4+105.4) 
4.M1+16.M2+4.M3= - 460 
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L’3.M2+2.(L’3+L’4).M3+L’4.M4= - (DDDD3.L’3+EEEE4.L’4) 
4.M2+2.(4+8/1,5).M3+(8/1,5).(-50)= - (105.4+65.(8/1,5)) 
4.M2+(28/1,5).M3= - 500 
Momentos Fletores 
M1= -24,022 kN.m 
M2= -16,956 kN.m 
M3= -23,152 kN.m 
 
8) Momentos fletores 
Colocam-se os resultados dos momentos finais na convenção usual na viga. 
 
Portanto, os momentos fletores em cada barra são: 
 
9) Cálculo dos esforços cortantes e momentos máximos: 
Para determinar esses diagramas é necessário isolar cada barra para analisá-la 
separadamente (Barra 2=BARRA AB → Barra 3=BARRA BC → Barra 4=BARRA CD). 
• BARRA AB 
 
 
Considerando a BARRA AB como bi-apoiada com os carregamentos iniciais mais os 
momentos encontrados pode-se achar a solução com as três equações de equilíbrio. 
Profa. Dra. Rosilene de Fátima Vieira Página 5 
As reações de apoios verticais da BARRA AB serão as cortantes da viga contínua 
hiperestática. 
 
∑ Fx =0 Não tem força na horizontal. 
 
∑ MA=0 → Adotado anti-horário positivo. 
 VB
esq
 · 4 – R · 2 - 71,956 + 24,022 = 0 
 VB
esq
 = 71,984 kN 
No diagrama de esforço cortante: Negativo pela convenção de sinal da cortante que 
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido anti-horário 
ele será negativo. 
 Fy =0 → VAdir + VBesq - R = 0 
 VAdir = 48,016 kN 
No diagrama de esforço cortante: Positivo pela convenção de sinal da cortante que 
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido horário ele 
será positivo. 
Colocam-se esses valores encontrados no diagrama de esforço cortante. 
Neste caso o diagrama de esforço cortante mostra um ponto de cortante igual à zero 
(V=0). Neste caso tem-se um momento máximo neste ponto. 
Para determinação deste momento tem-se que definir a equação de momento fletor 
para esse trecho, derivá-la e igualá-la a zero. Assim, obtém-se a cota “x” para cortante 
igual a zero. Com esse valor volta-se na equação de momento e tira-se o valor do 
momento máximo. 
• Equação do momento fletor. 
Isola-se um trecho “x” da BARRA AB. Intervalo 0 < x < 4. 
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Calcula-se o momento no ponto “S” a uma distância “x” do ponto A. Adotado para 
cálculo do Ms sentido horário positivo (Tração em baixo momento positivo – ao calcular 
o momento se der positivo desenha do lado de baixo da viga; se der negativo desenha 
do lado de cima da viga). 
MS= - 24,022 + 48,016 ·x - R·
x
2 = -24,022 + 48,016 ·x - 30 ·x · 
x
2 
MS= - 24,022 + 48,016 ·x - 15 · x2Equação do momento fletor para BARRA 
AB. 
Verificação da Equação de momento fletor. 
x M 
0 MA= - 24,022 OK! 
4 MB = - 71,958 ~OK! 
 
A equação de esforço cortante pode ser obtida derivando a equação de momento 
fletor: 
V= dMdx = 48,016 - 15 · 2 ·x = 48,016 - 30 ·x Equação de esforço cortante 
para BARRA AB. 
Verificação da Equação de esforço cortante. 
x V 
0 VAdir= 48,016 kN OK! 
4 VBesq = - 71,984 kN OK! 
 
Igualando a equação a zero tem-se o valor de “x” para qual o momento 
fletor é máximo. 
V=
dM
dx = 48,016 - 30 ·x = 0 
Profa. Dra. Rosilene de Fátima Vieira Página 7 
Portanto, x = 1,601 m 
Volta-se equação de momento e obtém-se o valor de momento máximo: 
MMAX= - 24,022 + 48,016 ·1,601 - 15 · 1,6012 
MMAX = 14,404 kN . mSinal positivo: desenha do lado de baixo da viga. 
 
• BARRA BC 
 
Da mesma forma, considerando a BARRA BC como bi-apoiada com os carregamentos 
iniciais mais os momentos encontrados pode-se achar a solução com as três equações 
de equilíbrio. 
As reações de apoios verticais da BARRA BC serão as cortantes da viga contínua 
hiperestática. 
 
∑ Fx =0 Não tem força na horizontal. 
 
∑ MB=0 → Adotado anti-horário positivo. 
 VC
esq
 · 4 - 70 · 2 - 23,152 + 16,956 = 0 
 VC
esq
 = 36,549 kN 
No diagrama de esforço cortante: Negativo pela convenção de sinal da cortante que 
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido anti-horário 
ele será negativo. 
 Fy =0 → VBdir + VCesq - 70 = 0 
 VBdir = 33,451 kN 
Profa. Dra. Rosilene de Fátima Vieira Página 8 
No diagrama de esforço cortante: Positivo pela convenção de sinal da cortante que 
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido horário ele 
será positivo. 
Colocam-se esses valores encontrados no diagrama de esforço cortante. 
Observe que no ponto de aplicação da força de 70 kN haverá um salto 
desde valor. 
Apesar de não se ter cortante igual a zero (V=0) precisa-se encontrar o momento no 
ponto R. Adotado para cálculo do MR sentido horário positivo (Tração em baixo 
momento positivo– ao calcular o momento: se der positivo desenha do lado de baixo da 
viga; se der negativo desenha do lado de cima da viga). 
MR=VBdir ·2 –16,956 = 49,946 kN . mSinal positivo: desenha do lado de baixo da 
viga. 
 
• BARRA CD 
 
Da mesma forma, considerando a BARRA CD como bi-apoiada com os carregamentos 
iniciais mais os momentos encontrados pode-se achar a solução com as três equações 
de equilíbrio. 
As reações de apoios verticais da BARRA CD serão as cortantes da viga contínua 
hiperestática. 
 
∑ Fx =0 Não tem força na horizontal. 
 
∑ MC=0 → Adotado anti-horário positivo. 
 VD
esq
 · 4 - 50 + 80 + 23,152 = 0 
 VD
esq
 = -13,288 kNA cortante VDesq adotada para cima, na realidade é 
para baixo. 
Profa. Dra. Rosilene de Fátima Vieira Página 9 
No diagrama de esforço cortante: Positivo pela convenção de sinal da cortante que 
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido horário ele 
será positivo. 
 Fy =0 → VCdir + VDesq = 0 → VCdir= - VDesq 
 VCdir = - ( -13,288) = 13,288 kN 
No diagrama de esforço cortante: Positivo pela convenção de sinal da cortante que 
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido horário ele 
será positivo. 
Colocam-se esses valores encontrados no diagrama de esforço cortante. 
Apesar de não se ter cortante igual a zero (V=0) precisa-se encontrar o momento no 
ponto W. Adotado para cálculo do MW sentido horário positivo (Tração em baixo 
momento positivo – ao calcular o momento: se der positivo desenha do lado de baixo 
da viga; se der negativo desenha do lado de cima da viga). 
Primeiro, calcular-se-á o momento MW imediatamente antes de passar pelo ponto W. 
MWantes=VCdir ·3 – 23,152 = 16,712 kN . mSinal positivo: desenha do lado de baixo 
da viga. 
Segundo, calcular-se-á o momento MW imediatamente depois de passar pelo ponto W. 
MW
depois
=VCdir ·3 – 23,152 – 80 = - 63,288 kN . mSinal negativo: desenha do lado 
de cima da viga. 
 
• BALANÇO 
O balanço é considerado isostático ele pode ser tratado como uma viga engastada 
numa extremidade e livre na outra como já foi dito anteriormente. 
 
Pode-se achar a solução com as três equações de equilíbrio. 
Profa. Dra. Rosilene de Fátima Vieira Página 10 
A reação de apoio vertical da viga em balanço será a cortante da viga contínua 
hiperestática. 
 
∑ Fx =0 Não tem força na horizontal. 
 
∑ MD=0 → Adotado anti-horário positivo. 
 50 – 50 · 1 = 0 OK! 
 
 Fy =0 → VDdir - 50 = 0 
 VDdir = 50 kN 
No diagrama de esforço cortante: Positivo pela convenção de sinal da cortante que 
estabelece que quando o esforço cortante for percorrer a barra no sentido horário ele 
será positivo. 
Coloca-se esse valore encontrado no diagrama de esforço cortante. 
Observe que no ponto de aplicação da força de 50 kN haverá um salto 
desde valor. 
6) Determinação das reações de apoio 
RA = VA
dir
 = 48,016 kN 
 RB = VB
esq
 + VBdir= 71,984 + 33,451 = 105,435 kN 
 RC= VC
esq
 + VCdir= 36,549 + 13,288 = 49,837 k 
 RD= VD
esq
 + VDdir= -13,288 + 50 = 36,712 kN 
 
7) Traçado dos diagramas de esforços solicitantes: 
Diagrama de esforço cortante 
Profa. Dra. Rosilene de Fátima Vieira Página 11 
 
Diagrama de momento fletor 
O momento concentrado no nó B de 55 kN.m aparece no diagrama na descontinuidade 
do traçado (Salto de 71,957 – 16,956 = 55,001 kN . m). E o momento concentrado no 
ponto W de 80 kN.m aparece no diagrama na descontinuidade do traçado (Salto de 
63,288 + 16,712 = 80 kN . m). 
 
09/02/2017 UNIP ­ Universidade Paulista : DisciplinaOnline ­ Sistemas de conteúdo online para Alunos.
http://online.unip.br/disciplina/detalhes/3829 1/1
A equação dos três momentos é um processo manual de cálculo mais utilizado para solução de vigas contínuas. De qual processo a equação dos três momentos deriva:
A Processo dos Esforços.
B Processo carga unitária.
C Processo dos Deslocamentos.
D Processo dos Trabalhos Virtuais.
E Processo de Cross.
09/02/2017 UNIP ­ Universidade Paulista : DisciplinaOnline ­ Sistemas de conteúdo online para Alunos.
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A equação dos três momentos é um processo de cálculo para solução de vigas hiperestáticas. Qual procedimento seguir para a solução pela equação dos três momentos caso a viga contínua tenha um balanço em sua extremidade:
A Substitui­se o balanço pelos seus efeitos assim essa extremidade fica engastada e submetida a uma carga concentrada e um momento resultantes do carregamento oriundo do balanço. 
B Substitui­se o balanço pelos seus efeitos assim essa extremidade fica livre e submetida a uma carga concentrada e um momento resultantes do carregamento oriundo do balanço.
C Substitui­se o balanço por uma barra biarticulada fictícia nesta extremidade com o mesmo carregamento do balanço.
D Substitui­se o balanço pelos seus efeitos assim essa extremidade fica articulada e submetida a uma carga concentrada e um momento resultantes do carregamento oriundo do balanço.
E Cria­se uma barra biapoiada fictícia nesta extremidade, tomando­se o seu comprimento igual a zero.
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A equação dos três momentos é um processo de cálculo para solução de vigas hiperestáticas. Para o calculo dos fatores de carga é necessário saber:
A Qual o tipo de vinculação de cada barra. 
B Qual o carregamento e o comprimento da barra.
C O momento de engastamento perfeito da barra.
D O módulo de elasticidade longitudinal da barra.
E A área da seção transversal da barra.
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A equação dos três momentos é um processo manual de cálculo mais utilizado para solução de vigas contínuas. Qual procedimento seguir para a solução pela equação dos três momentos caso a viga contínua tenha um engastamento em sua extremidade:
A Cria­se uma barra biapoiada fictícia nesta extremidade, tomando­se o seu comprimento igual a um.
B Calcula­se o momento nesta extremidade primeiramente.
C Obtem­se o momento de engastamento perfeito para essa extremidade.
D Cria­se uma barra em balanço fictícia nesta extremidade, tomando­se o seu comprimento igual a um.
E Cria­se uma barra biapoiada fictícia nesta extremidade, tomando­se o seu comprimento igual a zero.
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A equação dos três momentos é um processo manual de cálculo mais utilizado para solução de vigas contínuas. Quantas vezes se deve aplicar a equação dos três momentos na resolução de uma viga
A Três vezes. 
B Duas vezes.
C Igual ao número do grau de hiperestaticidade da viga.
D Igual ao número de engastamento da viga.
E Uma vez.
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A equação dos três momentos é um processo manual de cálculo mais utilizado para solução de vigas contínuas. Qual a convenção de sinais adotada para a equação dos três momentos:
A Convenção alternativa;
B Convenção usual;
C Convenção de Grinter;
D Convenção de Poisson;
E Convenção de cross;
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Para viga abaixo considerando a resolução pela equação dos três momentos é necessario o cálculo dos fatores de carga. Qual são os valores dos fatores de carga E e D, para carga uniformemente distribuida, da barra 1­2, respectivamente em kNm:
A 280  e  280;B 180  e  80;
C 80  e  180;
D 200 e 100;
E Nenhuma das anteriores;
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Para viga abaixo considerando a resolução pela equação dos três momentos é necessario o cálculo dos vãos reduzidos, ou seja, uma relação entre as inércias das barras. Qual são os valores dos vãos reduzidos das barras 1­2, 2­3, respectivamente:
A  0 e 2m;
B 0 e 2,4m;
C 2,4m e 2m;
D 2m e 2,4m;
E Nenhuma das anteriores;