Método das Forças [Modo de Compatibilidade]

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Profª Gabriela Rezende Fernandes
Disciplina: Análise Estrutural 2
N0 TOTAL DE INCÓGNITAS = g =grau de hiperestaticidade da 
INCÓGNITAS = ESFORÇOS HIPERESTÁTICOS (reações de 
apoio e/ou esforços em excesso que a estrutura possui)
N0 TOTAL DE INCÓGNITAS = g =grau de hiperestaticidade da 
estrutura 
Conhecidos os esforços hiperestáticos obtêm-se as reações de 
apoio e os diagramas dos esforços solicitantes da estrutura
g = ge + gi
ge = grau hiperestático externo 
gi = grau hiperestático interno 
ge = grau hiperestático externo = n0 de equações adicionais 
necessárias ao cálculo das reações de apoio
g = ge + gi
ge = n0 de reações incógnitas - n0 de eq. de equilíbrio
gi = grau hiperestático interno 
Conhecidas as reações de apoio, gi é o número de esforços 
solicitantes necessário conhecer para poder traçar os diagramas 
de esforços da estrutura.
 
 Isostática externamente (com as equações Y 
X 
S 
Isostática externamente (com as equações 
de equilíbrio consegue-se calcular as 
reações de apoio)
Hiperestática internamente (não se pode 
traçar os diagramas de esforços no trecho 
fechado)
Fórmula prática para o cálculo de g
g = 3l + 2p + s - 3n
l : n º de engastes + nº engastes elásticos
engaste elástico: ocorre no nó não articulado
nº engastes elásticos em um nó = nº de barras que 
chegam no nó -1
 
 
 l =1+(1+1+2)=5 
chegam no nó -1
p: n º de apoios fixos + (para cada articulação: nº de barras 
que chegam na articulação -1)
s: n º de apoios móveis
n: n º de barras
Exemplo:
 
 
 l =1+(1+1+2)=5 
 
 
 p=2+2=4 
gi = 0 ge = 8 – (3+1) = 4
Nº de equações de 
equilíbrio 
(3 + ΣM (rótula) = 0)
g = 0 +4 =4
l = 2 + (1+2) = 5 p= 1 + (1) = 2
S = 0
n = 5 g = 15+4+0-15=4
 gi = 0 ge = 8 – (3+1) = 4
Nº de reações 
incógnitas
g = 0 +4 =4
MA
n0 de reações incógnitas = 5 (RVA, RHA , 
MA, RVB, RHB)
n0 de eq. de equilíbrio = 4 (ΣFx=0, 
ΣFy=0, ΣM=0 e ΣMrótula=0)x
y
z ge= 5 – 4 = 1
gi = 0 g = 1
g = 3l + 2p + s - 3n
MA
RHA
RVA
RHB
RVB
n0 de reações incógnitas = 6
n0 de eq. de equilíbrio = 4 (ΣFx=0, 
ΣFy=0, ΣM=0 e ΣMrótula=0)
l = 1 + (1) = 2 p= 1 + (1) = 2
S = 0
n = 3 g = 6+4+0-9=1
ge= 6 – 4 = 2
gi = 3 g = 5
l = 0 + (5) = 5 p= 3 + (1) = 4
S = 0
n = 6 g = 15+8+0-18=5
EXEMPLOS PRÁTICOS 
DE ESTRUTURAS HIPERESTÁTICAS
Pórticos
A)EXEMPLOS DE PÓRTICOS EM PONTES
- Pontes em Pórtico (não há aparelho de apoio entre viga e pilar, 
vigas e pilares formam um único sólido)
Esquema estático: considera as vigas junto com os pilares 
formando um pórtico:
PÓRTICO
Considera esses apoios como apoio fixo ou engaste 
dependendo da rigidez do solo onde o pórtico está apoiado
PÓRTICO
A) EXEMPLOS DE PÓRTICOS EM PONTES
- Pontes em Pórtico (não há aparelho de apoio entre viga e pilar, 
vigas e pilares formam um único sólido)
ou
Esquema estático:
2 apoios fixos : hiperestático
1 apoio fixo e 1 móvel : isostático
2 engastes: hiperestático
B) EXEMPLOS DE PÓRTICOS EM ESTRUTURAS DE EDIFÍCIOS: 
O CÁLCULO ESTRUTURAL PODE SER FEITO, CONSIDERANDO-
SE PÓRTICOS PLANOS.
Análise tridimensional: Considera 
um pórtico tridimensional, o cálculo 
é feito com softwares comerciais 
baseados no método dos elementos baseados no método dos elementos 
finitos
 
Análise plana: desmembra o 
vigas 
pilares 
Análise plana: desmembra o 
pórtico tridimensional em 
vários pórticos planos
Ponte em viga contínua
Há um aparelho de apoio entre a viga e o pilar. As vigas 
contínuas são calculadas primeiro (cada apoio da viga representa contínuas são calculadas primeiro (cada apoio da viga representa 
o apoio sobre um pilar ). As reações calculadas nas vigas serão 
cargas atuantes nos pilares.
Vigas contínuas em edifícios
Ao invés de modelar o edifício como pórtico, 
pode calcular as vigas contínuas separadas 
dos pilares. 
-As lajes são analisadas primeiro.
-Transfere para as vigas as reações das lajes, 
que somadas às outras cargas definirão o 
carregamento nas vigas. Calculam-se as 
vigas contínuas (cada apoio da viga vigas contínuas (cada apoio da viga 
representa o apoio sobre um pilar ou sobre 
outra viga). 
--As reações calculadas nas vigas serão 
cargas atuantes nos pilares, que são 
calculados por último.
V1
V2
V3 V4 V1
 
 
A B
Rpilar Rpilar 
RV3 RV4 
Se V3 e V4 se apóiam em V1, V2 ,V5 e V6
V5
V6
V2
 
 
A B
RV RV 
RV3 RV4 V3
 
 
RV1 RV6RV2 RV5 
V4
 
 
Vigas contínuas
RV1 RV6RV2 RV5 
Vigas contínuas
V1
V2
V3 V4
Os esforços em V1, V7, V8 e V6 podem ser 
calculados considerando pórticos planos.V5
V6
V7
V8
 
 
RV3 RV4 
No caso do edifício ter 2 andares, se V3 e V4 se apóiam em V1, V2 ,V5 e V6
Pórtico plano formado com a V1 e os 2 
pilares da extremidade:
 
 
RV2 RV5 
Pórtico plano formado com a V7 e os 2 
pilares da extremidade:
RV3 RV4 RV2 RV5 
Exemplo de grelhas em pavimentos de edifícios:
Se o pavimento estiver sujeito apenas a cargas transversais ao seu 
plano, os esforços nas vigas podem ser calculados considerando-se a 
grelha:
 
 
Y 
X 
z 
RV RV 
RV 
Exemplo: seja a estrutura (a) hiperestática: g = ge= 6 – 3 = 3
 
 a Tipos de solicitação que a estrutura 
pode estar sujeita:
� Carregamento externo,
� variação de temperatura,
� recalque de apoio.
 
Y 
X 
a
ROTEIRO DE SOLUÇÃO:
1. OBTENÇÃO DO SISTEMA PRINCIPAL:
Transforma a estrutura hiperestática (a) em 
estrutura isostática rompendo g vínculos 
quaisquer e aplicando os esforços 
correspondentes obtém estrutura (b)
b 
Y 
X 
SISTEMA PRINCIPAL (SP) ESTRUTURA 
ISOSTÁTICA
Incógnitas: esforços hiperestáticos: X , X e X
b 
Y 
X 
X1 X2 
X3 
A B 
Incógnitas: esforços hiperestáticos: X1, X2 e X3
As estruturas a e b são iguais estaticamente.
Para ter compatibilidade de deformações entre a e b, os 
deslocamentos nas direções dos vínculos rompidos (θA, θB e δHB)
devem ser nulos no SP (pois estes eram nulos na estrutura 
original a)
Para uma mesma estrutura hiperestática, pode-se ter vários 
sistemas principais. Chega-se a mesma solução, independente do 
sistema principal adotado. Para facilitar os cálculos, deve-se 
escolher um SP, que gere diagramas de esforços mais simples. 
Para pórticos recomenda-se colocar rótulas nos nós da estrutura.
2. EQUAÇÕES DE COMPATIBILIDADE ELÁSTICA: 
(equações adicionais que se deve ter para resolver a estrutura)
Para estruturas com comportamento elástico linear e pequenas 
deformações vale o princípio da superposição de efeitos. Portanto:
 
 
X1 X2 
X3 
A B 
SP 
δ deslocamento na direção e posição do hiperestático X
Sejam: 
]1[
cosº
1
=+ ∑
=
i
ihiperestátdeN
i
i XaapenassujeitoSPX
Solução do Sistema Principal 
(SP) com a solicitação externa e 
todos os hiperestáticos aplicados
= [ SP com solicitação externa] +
δij deslocamento na direção e posição do hiperestático Xi 
devido apenas ao carregamento Xj =1
δi0 deslocamento na direção e posição do hiperestático Xi 
devido apenas à solicitação externa (carga, recalque ou 
temperatura)
Solução do Sistema Principal com a 
solicitação externa e todos os 
hiperestáticos aplicados = a + b + c +d
X3
X2X1
a) b)
+ X +
δ20
 
 
Y 
X 
X1 X2 
X3 
A B 
Sistema Principal com 
a solicitação externa
c) d)
Sistema Principal com 
X1 =1 aplicado
X1=1
δδδδ11 δδδδ21
δδδδ31
+ X1 +δ10
δ30
c) d)
Sistema Principal com X2 
= 1 aplicado Sistema Principal com X3 =1 
aplicado
δδδδ12 δδδδ22
δδδδ32
+ X2
+ X3 X3=1
X2=1 δδδδ13 δδδδ23
δδδδ33
θA = δ10 + δ11 X1 + δ12 X2 + δ13 X3 
θB = δ20 + δ21 X1+ δ22 X2 + δ23 X3 
δHB = δ30 + δ31 X1 + δ32 X2 + δ33 X3 
Portanto, considerando-se o princípio da superposição de efeitos:
Para ter compatibilidade de deformações entre a estrutura original e o 
δ10 + δ11 X1 + δ12 X2 + δ13 X3 = 0
δ20 + δ21 X1 + δ22 X2 + δ23 X3 = 0
δ30 + δ31 X1 + δ32 X2 + δ33 X3 = 0
Para ter compatibilidade de deformações entre a estrutura original e o 
sistema principal θA = θB = δHB = 0. Portanto, obtém-se o seguinte 
sistema de equações:
Incógnitas do sistema: esforços hiperestáticos: X1, X2 e X3
Deslocamentos δij e δi0 : são valores conhecidos e são 
calculados através do PTV
3.1 Cálculo do deslocamento δij na direção i devido ao 
esforço Xj = 1:
Estado de carregamento: estrutura sujeita à carga virtual na 
direção i . Resolve a estrutura obtêm 
3. CÁLCULO DOS DESLOCAMENTOS δij e δi0 : através do PTV
FMD
1=iP
Estado de deformação: estrutura sujeita ao carregamento real Xj = 1 
Resolve a estrutura obtêm 
3.2 Cálculo do deslocamento δi0 na direção i devido à 
DMF
FMD
Combina os diagramas e , através das tabelas obtém δijDMF FMD
3.2 Cálculo do deslocamento δi0 na direção i devido à 
solicitação externa
Estado de carregamento: igual ao item 3.1
Estado de deformação: depende do tipo de solicitação externa
3.2 Cálculo do deslocamento δi0 na direção i devido à solicitação 
externa
Estado de deformação: estrutura sujeita ao carregamento externo
Resolve a estrutura obtêm 
3.2.a)Solicitação externa = Carregamento externo
DMF
Combina os diagramas e , através das tabelas obtém δi0DMF FMDCombina os diagramas e , através das tabelas obtém δi0
3.2.b)Solicitação externa = Variação linear de temperatura ∆T δi0 = δit
Estado de deformação: estrutura sujeita a ∆T 
Em estruturas isostáticas os deslocamentos devido a ∆T 
ocorrem sem que se desenvolvam esforços, há apenas deformações 
Em estruturas hiperestáticas os deslocamentos devido a ∆T 
provocam deformações e esforços
Sistema principal estrutura isostática não há esforços devido a 
∆T, apenas deformações
3.2.b)Solicitação externa = Variação linear de temperatura ∆T 
(continuação) 
∆T = ti – te 
h 
te 
t 
Seja a estrutura, cujas fibras externas sofrem uma variação de 
temperatura diferente daquela que ocorre nas fibras internas:
te: variação de temperatura na fibras externas
ti: variação de temperatura nas fibras internas
te
ti
h
h ti 
∆T é linear ao longo de h
ti
h: altura da seção transversal:
h
d: :variação de comprimento (deslocamento 
axial relativo, na direção de x)
2 seções distantes de ds ( ) se deformam da seguinte forma:
 dδδδδe dδδδδ
sx
rr
=
3.2.b)Solicitação externa = Variação linear de temperatura ∆T 
(continuação) 
No CG ocorrem duas deformações:
tg: variação de temperatura no CG
dδe = α te ds
dδi= α ti ds
Fibras externas:
Fibras internas:
axial relativo, na direção de x)
: Coeficiente de dilatação do material
ds
h
dδδδδi
dφ
dδδδδCG
CG α
h
x ds
dφ
No CG ocorrem duas deformações:
dδCG = α tg ds
( ) ( ) ( ) ds
h
tds
h
tt
h
dddtgd eiei ∆ααδδϕϕ =−=−==
Rotação relativa
No CG
dδCG = α tg ds
ds
h
td ∆αϕ =
sx
rr
=
dδCG = α tg dx
dx
h
td ∆αϕ =
3.2.b)Solicitação externa = Variação linear de temperatura ∆T 
(continuação) 
( ) ( ) ( ) MNggCGit Ah tAtdxMh tdxNtdMdN ∆+=∆+=+= ∫∫∫ ααααϕδδ
O PTV em termos das deformações reais:
OBS: Se escrevesse o PTV em termos dos esforços reais, as 
integrais se anulariam. Então, nesse caso, deve-se escrever o PTV 
em termos das deformações reais.
xxx
hh ∫∫∫
NA Área total do diagrama de 
MA Área total do diagrama de M
N
3.2.c)Solicitação externa = Recalques de apoio δi0 = δir
Em estruturas isostáticas os recalques 
provocam apenas deslocamentos de corpo 
rígido (não há deformação e esforços, pois 
todos os apoios têm os mesmos 
 
ρρρρV 
ρρρρ 
ρV 
ρ 
Estado de deformação: estrutura sujeita a recalques 
todos os apoios têm os mesmos 
deslocamentos ou recalques)
Em estruturas hiperestáticas os recalques provocam 
deformações e esforços, pois como a estrutura é mais rígida, os 
vínculos impedem que todos os pontos da estrutura tenham os 
mesmos deslocamentos. Portanto, cada apoio vai ter um recalque 
diferente do outro, o que faz com que a estrutura se deforme.
ρρρρh ρh 
Na estrutura isostática, o recalque provoca um movimento de corpo 
rígido esforços e deformações são nulos trabalho virtual das 
forças internas é nulo, ou seja, 
diferente do outro, o que faz com que a estrutura se deforme.
Wi = 0
Sistema principal estrutura isostática
( )∫
( )∫∑∑ +++=+
l
ti
i
i
i
ii dMdvVdMdNRP αϕδρδ ´
´
´
´
PTV:
3.2.c)Solicitação externa = Recalques de apoio (continuação) 
∑
=
−=
recalquesN
i
iiir R
º
1'
´
´ρδ1=iP0
º
1'
'
´ =+ ∑
=
recalquesN
i
iiiri RP ρδ
1=P
PTV
Wi = 0 ( ) 0=+++= ∫
l
ti dMdvVdMdNW αϕδ
Reação de apoio no estado de carregamento (devido a ), na 
'iR
1=iPReação de apoio no estado de carregamento (devido a ), na 
direção do recalque real ρi’
4 SOLUÇÃO DO SISTEMA DE EQUAÇÕES











 101131211 δδδδ X { } [ ] { }1 δδ −−=X
δ10 + δ11 X1 + δ12 X2 + δ13 X3 = 0
δ20 + δ21 X1 + δ22 X2 + δ23 X3 = 0
δ30 + δ31 X1 + δ32 X2 + δ33 X3 = 0
ou







−=














 30
20
3
2
333231
232221
δ
δ
δδδ
δδδ
X
X
{ } [ ] { }0δδ−=X
p/ variação de temperatura:
{ } { }










==
t
t
t
t
3
2
1
0
δ
δ
δ
δδ
p/ recalque de apoio
ou
{ } { }










==
r
r
r
r
3
2
1
0
δ
δ
δ
δδ
[δ] é a matriz de flexibilidade (δij= δji de acordo com o teorema de Maxwell)
{X} é o vetor solução contém os esforços hiperestáticos 
{δ0} é o vetor dos termos da solicitação externa (devido à carga, ∆t ou 
recalque)



 t3δ  r3δ
5. OBTENÇÃO DOS ESFORÇOS E REAÇÕES DE APOIO FINAIS: E
Pelo Princípio da superposição de efeitos:
∑
=
+=
g
i
iiXEEE
1
0
O valor final do esforço ou reação de apoio em um ponto 
qualquer da estrutura é dado por:
∑
=i 1
a) para carregamento externo: E0 = valor do esforço (no SP) 
obtido no ponto, considerando somente a carga externa
Valor deE0 num ponto qualquer da estrutura:
b) para variação de temperatura (esforços são nulos): E0 = 0 
c) para recalque (esforços são nulos): E0 = 0 
Valor de Ei num ponto qualquer da estrutura:
é o valor do esforço obtido no ponto, considerando somente Xi = 1
Obs: pode-se ter diversos SP. Deve-se adotar um SP para o qual 
os diagramas a combinar sejam simples. Para pórticos 
recomenda-se colocar rótulas nos nós da estrutura
ROTEIRO DE CÁLCULO:
1. Cálculo do grau de hiperestaticidade (g = ge + gi)
2. Obtenção do Sistema Principal
3. Resolução do SP sujeito, separadamente, ao carregamento externo 3. Resolução do SP sujeito, separadamente, ao carregamento externo 
e cada um dos esforços hiperestáticos
4. Cálculo de δij e δi0 (ou δir ou δit) 
5. Solução do sistema de equações de compatibilidade elástica
6. Obtenção dos esforços e reações de apoio finais
{ } [ ] { }01 δδ −−=X
6. Obtenção dos esforços e reações de apoio finais
∑
=
+=
g
i
ii XEEE
1
0
Se a estrutura é plana, elástica e geometricamente simétrica
SIMPLIFICAÇÕES NO CÁLCULODE ESTRUTURAS SIMÉTRICAS
Se a estrutura é plana, elástica e geometricamente simétrica1ª SIMPLIFICAÇÃO: corta a estrutura na seção S de simetria e
resolve apenas metade da estrutura (possível apenas para estruturas
abertas)
Dependendo do carregamento e da posição da seção de simetria S,Dependendo do carregamento e da posição da seção de simetria S,
pode-se concluir que 1 ou mais esforços em S são nulos 2ª
SIMPLIFICAÇÃO: há diminuição do g (nº de esforços hiperestáticos)
VANTAGENS DE CONSIDERAR A SIMETRIA:
1. Há redução do nº de graus de hiperestaticidade (g)
2. Estrutura a ser resolvida é apenas a metade da original2. Estrutura a ser resolvida é apenas a metade da original
1. Para solicitação simétrica: 
Os diagramas solicitantes da outra metade da estrutura são 
simétricos (mesmos valores e mesmos sinais) para momento e 
esforço normal e anti-simétrico (mesmos valores, mas sinais 
OBTENÇÃO DOS DIAGRAMAS SOLICITANTES DA OUTRA METADE:
esforço normal e anti-simétrico (mesmos valores, mas sinais 
contrários) para esforço cortante 
2. Para solicitação anti-simétrica: 
Os diagramas solicitantes da outra metade da estrutura são anti-
simétricos para momento e esforço normal e simétrico para 
esforço cortante
1. Se o eixo de simetria intercepta ortogonalmente a barra na 
seção S de simetria:
Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas 
com solicitações simétricas:
Em S, o deslocamento horizontal e rotação são nulos (δH e θ
provocados pelo lado da esquerda são anulados pelos δH e θ
Portanto, na seção S de simetria há apenas deslocamentos verticais:
0=θ
0V ≠δ
0NS ≠0H =δ 0M S ≠
provocados pelo lado da esquerda são anulados pelos δH e θ
provocados pelo lado da direita):
0QS =
� Exemplos:
Em S
Exemplos:
S Como :0QS = Sist. Principal = S
X1
X2a
a
a)
b) Estrutura simétrica com Diminuição uniforme de Temperatura
S
S X1
X2
Outros exemplos de estruturas simétricas com solicitações simétricas
Como :0QS =
Sist. Principal =
c) Estrutura 
fechada: S
X1
X2
X1
X2
(Corta em S)
a ab b
a a
Como :0QS = Sist. Principal =
a a
0=θ0H =δ
Para estrutura simétrica com solicitação simétrica, se o eixo 
de simetria intercepta ortogonalmente a barra na seção S de 
simetria:
Outro modo de solução para estruturas abertas: 
S
PP
TT S
P
T
Rompe a estrutura na seção de simetria S, coloca um vínculo 
que impeça δH e θ e permita δv; então adota o sistema 
principal que preferir.
Exemplo:
 
a 
S P P B C 
a
S TT
a
b
c c
b
g = ge = 6 - 3 = 3
STEstrutura a ser 
resolvida Reações: M 
e RH
g = ge = 5-3 = 2
(o g diminuiu de 3 pra 2)
a 
b c c b 
T T 
A 
B C 
D 
2.Se o eixo de simetria atravessa toda a barra na seção 
S de simetria:
Na seção de simetria S há apenas deslocamentos verticais. Portanto:
0=θ0≠δ 0=δ
Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas 
com solicitações simétricas:
0=θ0V ≠δ 0H =δ
Mas se δv estiver impedido por um apoio na extremidade da 
barra rompe a estrutura em S e coloca um 
engaste, pois em S terá: δv = δH = θ = 0.
0V =δ
 P P 
Exemplo:
 P 
a 
b c c b 
S 
P P 
T T 
D 
 
S 
P 
T 
Estrutura a ser 
resolvida
g = 9 – 3 = 6
g = 6 – 3 = 3
(g diminuiu de 6 para 3)
 
a 
b c c b 
S 
P P 
T T 
D 
Exemplo:
 
S 
P 
T 
Estrutura a ser 
resolvida
g = 9 – 3 = 6
g = 6 – 3 = 3
g = 9 – 3 = 6
δv é impedido pelo engaste em D Portanto, em S: δv = δH = θ = 0
Na barra SD há apenas esforço normal constante igual a: N = 2Rvs, 
onde Rvs é a reação vertical calculada no engaste em S.
Vantagens: há redução de 3 graus hiperestáticos, além da estrutura a 
ser resolvida ser bem menor ! 
1. Se o eixo de simetria atravessa ortogonalmente a barra 
na seção S de simetria:
Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas 
com solicitações anti-simétricas:
=δ
Em S o deslocamento vertical é nulo (δv provocado pelo lado da 
0V =δ
Em S o deslocamento vertical é nulo (δv provocado pelo lado da 
esquerda é anulado pelos δv provocado pelo lado da direita):
Exemplos:
0V =δ 0QS ≠
Portanto, na seção S de simetria há deslocamento horizontal e 
rotação: 0≠θ 0NS =0H ≠δ0M S =
Exemplos:
S Se Sist. principal S
X1
a a
0M S =
0NS =
a)
Estrutura simétrica sujeita a recalque de apoio anti-simétrico
S SSe
Sist. principal
X1
a a
ρ
ρ
0M S =
0NS =
b)
� Estrutura 
fechada:
S Se Sist. principal
X1
X1
(Corta em S)
Sist. principal
a ab b
a a
ρ
0M S =
0N S =
c)
Para estruturas simétricas com solicitações anti-simétricas, se o 
eixo de simetria atravessa ortogonalmente a barra na seção S de 
simetria : 0V =δ
Outro modo de solução para estruturas abertas: 
Rompe a estrutura na seção de simetria S, coloca um vínculo Rompe a estrutura na seção de simetria S, coloca um vínculo 
que impeça δv e permita δH e θ; então adota o sistema 
principal que preferir.
S
PP
TT
bb
SP
TEstrutura a ser 
Exemplo:
 
a 
S P P 
T T 
a a
b
c c
b
g = ge = 6 - 3 = 3
Estrutura a ser 
resolvida
g = ge = 4 - 3 = 1
b c c b 
T T 
2. O eixo de simetria atravessa toda a barra na seção S de simetria:
Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas 
com solicitações anti-simétricas:
Na seção de simetria S há deslocamento horizontal e rotação:
0≠θ0V =δ 0H ≠δ
 
a 
S 
P P 
T T I 
As cargas dos lados esquerdo e direito da barra contribuem igualmente 
para sua deformação total metade da barra é solicitada pelo 
carregamento da esquerda e a outra metade pelo carregamento da 
direita parte a barra ao meio e resolve metade da estrutura
 
S 
P 
T I/2 
Estrutura a ser 
resolvida
Exemplo:
b c c b 
T T 
D 
I 
b c 
T I/2 
D 
resolvida
g = 9 – 3 = 6
g = 6 – 3 = 3
Para a outra metade: DMF e DEN são anti-simétricos e DEQ é simétrico 
Para a barra SD o DMF é o dobro daquele obtido com essa metade
I: momento de inércia
Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas com 
solicitação qualquer, para facilitar o cálculo pode-se resolvê-la da 
seguinte maneira:
1. Decompõe o carregamento em parcelas simétrica e anti-simétrica
2. Resolve metade da estrutura com o carregamento simétrico (Para 2. Resolve metade da estrutura com o carregamento simétrico (Para 
a outra metade: DMF e DEN são simétricos e DEQ é anti-simétrico)
3. Resolve metade da estrutura com o carregamento anti-simétrico 
(Para a outra metade: DMF e DEN são anti-simétricos e DEQ é 
simétrico)
4. Os diagramas solicitantes finais são obtidos somando os 4. Os diagramas solicitantes finais são obtidos somando os 
diagramas dos itens 2 e 3. 
VANTAGEM: apesar de ter que resolver a estrutura para 2 
carregamentos diferentes, a estrutura a ser resolvida é a metade 
da original, além de haver redução do g.
 
a 
P 
T 
 
a 
P/2 P/2 
Exemplos:
= +
 
a 
P/2 P/2 
Carregamento 
simétrico
Carregamento 
anti-simétrico
b c d 
T 
d 
 q1 
q2 
b c 
a 
b c 
T/2 T/2 
b c 
= + a 
b c 
T/2 T/2 
b c 
= +
 
q1/2 
q2/2 q2/2 
q1/2 q1 
 q1/2 
q2/2 q2/2 
q1/2 
a a 
b c 
c c c c 
 
d d 
q1 
q2 
 
d d q1/2 
q2/2 
q1/2 
 
d d q1/2 
q2/2 
q1/2 
q2/2 
= +