Teoria das Estruturas I Lista de Exercícios Resolvidos 1

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IBMEC 
Graduação em Engenharia Civil 
Teoria das Estruturas I 
 
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
 
1. Classifique as estruturas abaixo quanto à estaticidade: 
 
(a) 
 
Solução: estrutura isostática (4 variáveis, 4 equações) 
 
(b) 
 
Solução: estrutura hipostática (3 variáveis, 4 equações) 
 
(c) 
 
Solução: estrutura hiperestática (6 variáveis, 5 equações) 
 
2. Calcule as reações de apoio e trace os diagramas de esforços das vigas abaixo: 
(a) 
 
Solução 
1ª parte – cálculo das reações: 
𝑀𝐵,𝑑𝑖𝑟 = 0 → 2𝑉𝐴 + 10 = 0 → 𝑉𝐴 = −5,0𝑘𝑁 
∑ 𝑀𝐷 = 0 → 8𝑉𝐴 + 10 − 10 + 3𝑉𝐶 − 4.3.1,5 = 0 → 8. (−5) + 3𝑉𝐶 − 18 = 0 → 3𝑉𝐶 = 18 + 40 = 58
→ 𝑉𝐶 =
58
3
= 19,3𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑦 = 0 → 𝑉𝐴 + 𝑉𝐶 + 𝑉𝐷 − 4.3 = 0 → 𝑉𝐷 = 12 − 𝑉𝐶 − 𝑉𝐴 = 12 − 19,3 + 5,0 = −2,3𝑘𝑁 
 
2ª parte – diagrama de esforços: 
DEC 
 
 
DMF 
 
 
(b) 
 
Solução 
1ª parte – cálculo das reações: 
𝑀𝐵,𝑑𝑖𝑟 = 0 → 2𝑉𝐶 − 5.2.1 = 0 → 𝑉𝐶 = 5,0𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑦 = 0 → 𝑉𝐴 + 𝑉𝐶 − 10 − 5.2 = 0 → 𝑉𝐴 = 10 + 10 − 5 = 15,0𝑘𝑁 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → 6𝑉𝐶 − 5.2.5 + 10 − 10.2 + 𝑀𝐴 = 0 → 𝑀𝐴 = 20 − 10 + 50 − 6.5 = 30,0𝑘𝑁. 𝑚 
 
2ª parte – diagramas de esforços: 
DEC 
 
 
DMF 
 
 
3. Uma viga biapoiada com 4m de comprimento possui um esforço cortante dado pela equação Q(x) = 26/3 
– 4x – x²/8, onde x é a distância do apoio mais à esquerda até a seção em questão. Sabendo que a viga não 
possui nenhuma carga momento aplicada, determine: 
 
(a) A distribuição de carregamento atuante na viga: 
Solução 
Dada a equação do esforço cortante, podemos facilmente obter a distribuição de carregamento através da 
relação diferencial entre Q e q: 
𝑑𝑄
𝑑𝑥
= −𝑞 
𝑞(𝑥) = 4 +
𝑥
4
 
Temos, portanto, que: 
- Para x = 0, q(x) = 4kN/m 
- Para x = 4, q(x) = 4 + 4/4 = 5kN/m 
 
Como a função é linear e contínua, só há um carregamento, linear, na viga. Logo a viga possui o seguinte 
comportamento: 
 
 
(b) O valor de x em que o momento é máximo (ou mínimo): 
Solução 
Para resolver este item precisamos de outra relação diferencial, dessa vez entre o esforço cortante e o 
momento fletor: 
𝑑𝑀
𝑑𝑥
= 𝑄 
Para determinar o valor máximo ou mínimo de uma função, devemos determinar o ponto de inflexão da 
função. Ou seja, devemos calcular o valor de x para que a derivada da função seja 0. No entanto, a derivada 
da função momento, como visto acima, é a própria função do esforço cortante. Sendo assim: 
𝑄(𝑥) = 0 →
26
3
− 4𝑥 −
𝑥2
8
= 0 
∆ = (−4)2 − 4. (
26
3
) . (−
1
8
) = 16 +
13
3
= 20,33 
𝑥 =
4 ± √∆
2. (−
1
8)
= −(4 ± 4,51). 4 
𝑥1 = 2,04𝑚; 𝑥2 = −34,04𝑚 
Sabemos que a solução, para ter significado físico, deve ser positiva e menor que 4m. Sendo assim, o valor 
de x em que a função é máxima ou mínima é 2,04m. 
 
(c) O valor do momento máximo (ou mínimo): 
Solução 
Usando a mesma relação diferencial do item (b), temos que: 
𝑑𝑀
𝑑𝑥
= 𝑄 → 𝑑𝑀 = 𝑄𝑑𝑥 
𝑀 = ∫ 𝑄𝑑𝑥
𝑥
0
= ∫ (
26
3
− 4𝑥 −
𝑥2
8
) 𝑑𝑥
2,04
0
=
26𝑥
3
−
4𝑥2
2
−
𝑥3
24
|
2,04
0
 
𝑀 =
26.2,04
3
−
4.2,042
2
−
2,043
24
= 9,0𝑘𝑁. 𝑚 
 
4. Decomponha os pórticos abaixo: 
(a) 
 
Solução 
Uma possível solução é a seguinte: 
 
 
(b) 
 
Solução 
Uma possível solução é a seguinte: 
 
 
5. Decomponha os pórticos abaixo e, em seguida, calcule as reações de apoio e trace os diagramas de 
esforços: 
(a) As cargas concentradas estão no meio das vigas inclinadas. 
 
Solução 
1ª parte – decompor os pórticos 
 
 
2ª parte – calcular as reações 
No primeiro pórtico temos: 
𝑀𝐹,𝑒𝑠𝑞 = 0 → −2𝑉𝐷 + 2𝐻𝐷 + 10.1 = 0 → 𝑉𝐷 = 𝐻𝐷 + 5 
∑ 𝑀𝐶 = 0 → −4𝑉𝐷 − 4𝐻𝐷 + 10.3 + 10.1 + 2.4.2 = 0 → 4𝑉𝐷 + 4𝐻𝐷 = 30 + 10 + 16 = 56 → 𝑉𝐷 + 𝐻𝐷
=
56
4
= 14 → 2𝐻𝐷 + 5 = 14 → 𝐻𝐷 =
9
2
= 4,5𝑘𝑁 
𝑉𝐷 = 𝐻𝐷 + 5 → 𝑉𝐷 = 9,5𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑥 = 0 → 𝐻𝐶 + 𝐻𝐷 − 2.4 = 0 → 𝐻𝐶 = 8 − 4,5 = 3,5𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑦 = 0 → 𝑉𝐶 + 𝑉𝐷 − 10 − 10 = 0 → 𝑉𝐶 = 20 − 9,5 = 10,5𝑘𝑁 
 
No segundo pórtico temos: 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → 4𝑉𝐵 + 2.4.2 + 4𝐻𝐷 − 4𝑉𝐷 − 10.3 − 10.1 = 0 → 4𝑉𝐵 = 10 + 30 + 4.9,5 − 4.4,5 − 16
= 34 + 38 − 18 = 44 → 𝑉𝐵 = 11,0𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑦 = 0 → 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 − 10 − 10 − 𝑉𝐷 = 0 → 𝑉𝐴 = 20 + 9,5 − 11,0 = 18,5𝑘𝑁 
𝑀𝐸,𝑒𝑠𝑞 = 0 → −2𝑉𝐴 + 6𝐻𝐴 + 10.1 = 0 → 6𝐻𝐴 = 2.18,5 − 10 = 27 → 𝐻𝐴 = 4,5𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑥 = 0 → 𝐻𝐴 + 𝐻𝐵 − 𝐻𝐷 − 2.4 = 0 → 𝐻𝐵 = 8 + 4,5 − 4,5 = 8,0𝑘𝑁 
 
3ª parte – traçar os diagramas 
Devemos calcular as projeções dos esforços em cada seção relevante nas vigas inclinadas, sabendo que o 
ângulo das vigas é de 45°. 
 
 
Devemos calcular, primariamente, os esforços nos nós G, E, D e F. Os nós I, J, K e L não precisam ser 
calculados, uma vez que a aplicação de carga é a mesma para todos os nós. Assim é mais simples projetar a 
carga de 10kN aplicada, sabendo que ela irá contribuir com 10.cos(45°) = 7,1 nos esforços cortante e normal 
em cada uma dessas seções. Os nós E, D e F só precisam ser calculados para as barras à direita, tendo em 
vista que o esforço nas barras à esquerda pode ser calculado somando ou subtraindo as projeções das cargas 
de 10kN. Raciocínio análogo vale para o nó H. 
 
- Nó G: esforço vertical de VA = 18,5kN, e esforço horizontal de HA = 4,5kN. Portanto, a projeção transversal 
à viga é de (18,5.0,707 – 4,5.0,707) = 9,9kN para cima. A projeção axial será (18,5.0,707+4,5.0,707) = 16,3kN 
comprimindo a viga. 
 
- Nó E (barra à direita): esforço vertical de (VA – 10 = 8,5kN) e esforço horizontal de HA = 4,5kN. A projeção 
transversal é de (8,5.0,707 + 4,5.0,707) = 9,2kN para cima. A projeção axial é de (8,5.0,707 – 4,5.0,707) = 
2,8kN tracionando a viga. 
 
Para os próximos nós podemos olhar somente para o primeiro pórtico analisado, para simplificar as cargas. 
- Nó D (barra à direita): esforço vertical de VD = 9,5kN e esforço horizontal de HD = 4,5kN. Projeção transversal 
de (9,5.0,707 – 4,5.0,707) = 3,5kN para cima. Projeção axial de (9,5.0,707 + 4,5.0,707) = 9,9kN comprimindo 
a viga. 
 
- Nó F (barra à direita): esforço vertical de (VD – 10 = -0,5kN) e esforço horizontal de VD = 4,5kN. Projeção 
transversal de (-0,5.0,707 + 4,5.0,707) = 2,8kN para cima. Projeção axial de (-0,5.0,707 – 4,5.0,707) = -3,5kN 
(ou seja, comprimindo a viga). 
 
Sendo assim, podemos partir para o traçado dos diagramas em si. O traçado do DMF é análogo ao processo 
para barras perpendiculares. Logo: 
 
 
O DEC pode ser traçado somando-se ou subtraindo-se as cargas aplicadas na estrutura, à medida que formos 
“passeando” por ela, sempre da esquerda para a direita. Lembrando que os esforços calculados nos nós G, 
E, D e F acima já são os esforços finais naquelas seções. O referencial abaixo para os pilares está como 
negativo para a direita e positivo para a esquerda. 
 
 
O DEN pode ser calculado de forma mais direta, assumindo que o esforço normal nas colunas é igual à reação 
vertical nos seus respectivos apoios (comprimindo os pilares). O esforço normal nas vigas inclinadas já foi 
calculado anteriormente. 
 
 
 
(b) 
 
Solução 
1ª parte – decompor os pórticos 
Esse pórtico pode ser resolvido diretamente, sem a necessidade de decompô-lo. No entanto, para efeito 
didático, faremos a sua decomposição. 
 
 
2ª parte – calcular as reações 
No primeiro pórtico temos: 
∑ 𝑀𝐶 = 0 → 2𝑉𝐴 + 2.4.2 − 4.2.1 = 0 → 2𝑉𝐴 = 8 − 16 = −8 → 𝑉𝐴 = −4,0𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑦 = 0 → 𝑉𝐴 + 𝑉𝐶 − 4.2 = 0 → 𝑉𝐶 = 8 − (−4) = 12,0𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑥 = 0 → 𝐻𝐶 + 2.4 = 0 → 𝐻𝐶 = −8,0𝑘𝑁 
 
No segundo pórtico temos (lembrando que Hc possui sentido contrário ao que previamenteestimamos): 
∑ 𝐹𝑦 = 0 → 𝑉𝐵 − 𝑉𝐶 + 10 − 4.2 = 0 → 𝑉𝐵 = 8 − 10 + 12 = 10,0𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑥 = 0 → 𝐻𝐵 + 𝐻𝐶 − 5 = 0 → 𝐻𝐵 = 5 − (−8) = 13,0𝑘𝑁 
∑ 𝑀𝐵 = 0 → 𝑀𝐵 + 10.2 + 5.4 + 10 + 4.2.1 + 𝑉𝐶 . 2 − 𝐻𝐶 . 4 = 0 → 𝑀𝐵
= −20 − 20 − 10 − 8 − 2.12 + 4. (−8) = −58 − 24 − 32 = −114,0𝑘𝑁. 𝑚 
 
 
 
3ª parte – traçar os diagramas 
O traçado aqui é imediato, seguindo os princípios que discutimos em sala de aula 
DEC (o referencial abaixo para os pilares está como negativo para a direita e positivo para a esquerda) 
 
 
DEN 
 
 
DMF 
Devido à escala do gráfico, não é possível indicar a abertura das parábolas, mas sabe-se que a abertura para 
o carregamento de 2kN/m é de 2.4²/8 = 4kN.m e a para os carregamentos de 4kN/m é 4.2²/8 = 2kN.m.