Equação Corpos Rígidos e Treliças

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TEMA 1
EQUILÍBRIO DE CORPOS E ANÁLISE DE 
TRELIÇAS
Prof.º Me. Weslley Imperiano Gomes de Melo
Julho/2017
Universidade Federal Rural de Pernambuco
Unidade Acadêmica de Cabo de Santo Agostinho
Curso de Graduação em Engenharia Civil
Concurso de Professor Efetivo em Estruturas
1. Forças no Plano
Para processar problemas
estruturais, onde as cargas atuantes
pertençam ao plano que se desenvolve a
geometria da estrutura, é pertinente
decompor todas as forças atuantes nos
eixos perpendiculares (𝑥 𝑒 𝑦) e equacionar
o equilíbrio dos referidos carregamentos e
seus decorrentes efeitos.
Para exemplificar as estruturas
planas, podemos citar: Vigas, Pórticos,
Arcos e Treliças Planas. Valendo ressaltar
que não será apenas o equilíbrio em forças
a garantir equilíbrio estático, devendo ser
associado ao equilíbrio em momento.
As forças reativas (Ra, Rb, Ha)
surgem nos apoios, isto devido a restrição
de deslocamento imposto pelo referido
vínculo.
2
(d)
(a)
(b)
(c)
FONTE: (HIBBELER , 2011)
Fig. 1.1: Estruturas Planas: (a) Viga, (b) Pórtico,
(c) Arcos e (d) Treliça Plana.
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
1.1. Sistema de Forças no Plano
Para tanto faz-se necessário
definir o par de eixos perpendiculares
(𝑥 𝑒 𝑦) , sendo o eixo 𝒙 regularmente
disposto na direção horizontal e o eixo 𝒚
na direção vertical. Conforme Fig. 1.2.
Ainda admite-se que toda e
qualquer força 𝑭 deve ser projetada nas
duas direções e as projeções (𝑭𝒙 𝒆 𝑭𝒚).
É possível ainda, compor as
forças no plano como a soma dos versores
(vetores unitários) 𝒊 e 𝒋, Conforme Fig.
1.3. sendo:
Ԧ𝐹 = 𝐹𝑥 . Ԧ𝑖 + 𝐹𝑦. Ԧ𝑗 𝑜𝑢 𝑭 = 𝐹𝑥 . 𝒊 + 𝐹𝑦. 𝒋
E a partir do ângulo conclui-se
por relações trigonométricas no triângulo
retângulo que:
ቊ
𝐹𝑥 = 𝐹. cos 𝜃
𝐹𝑦 = 𝐹. sen 𝜃
3
FONTE: (BEER et. al, 2012)
Fig. 1.2: Sistema de Forças 2D
FONTE: Adaptado de (BEER et. al, 2012)
Fig. 1.3: Projeções da Força F em x e y.
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
Aplicação 1:
Uma Força de intensidade 800
N é aplicada no Parafuso A, Conforme
Fig. 1.4. Determinar:
a) As componentes 𝑭𝒙 e 𝑭𝒚.
b) O vetor em função de 𝒊 e 𝒋.
Solução:
1º Procedimento: Por Quadrante.
Será analisado o quadrante onde
a força esteja contida, sendo o ângulo
definido entre a força 𝐹𝑥 e a força 𝐹. Na
Fig. 1.5. representado por 𝛼. E imposto o
sinal pelo sinal do eixo a ser projetada a
força.
a)
𝐹𝑥 = −𝐹. cos 𝛼 = −800. cos 35
𝑜 = −655 𝑁
𝐹𝑦 = 𝐹. sen 𝛼 = 800. sen 35
𝑜 = 459 𝑁
b)
𝑭 = 𝐹𝑥 . 𝒊 + 𝐹𝑦. 𝒋 = −655. 𝒊 + 459. 𝒋 (𝑁)
4
FONTE: (BEER et. al, 2012)
Fig. 1.4: Força aplicada no parafuso A
FONTE: (BEER et. al, 2012)
Fig. 1.5: Projeção da Força aplicada em A
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
Aplicação 1:
Uma Força de intensidade 800
N é aplicada no Parafuso A, Conforme
Fig. 1.4. Determinar:
a) As componentes 𝑭𝒙 e 𝑭𝒚.
b) O vetor em função de 𝒊 e 𝒋.
Solução:
2º Procedimento: Por Ângulo.
Será analisada a força 𝐹 e suas
projeções serão decorrentes do Ângulo
formado entre a força F e o eixo x
positivo. Na Fig. 1.5. representado por θ.
a)
𝐹𝑥 = 𝐹. cos 𝜃 = 800. cos 145
𝑜 = −655 𝑁
𝐹𝑦 = 𝐹. sen 𝜃 = 800. sen 145
𝑜 = 459 𝑁
b)
𝑭 = 𝐹𝑥 . 𝒊 + 𝐹𝑦. 𝒋 = −655. 𝒊 + 459. 𝒋 (𝑁)
5
FONTE: (BEER et. al, 2012)
Fig. 1.4: Força aplicada no parafuso A
FONTE: (BEER et. al, 2012)
Fig. 1.5: Projeção da Força aplicada em A
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
1.2. Equilíbrio e Diagrama de
Corpo - Livre
O Diagrama de Corpo – Livre,
consiste em explicitar todas as forças
aplicadas em determinada partícula
significante. Conforme Fig. 1.6.
O Equilíbrio do ponto material
será processado pelo somatório de forças
nas direções 𝑥 e 𝑦, Conforme Fig. 1.7
Assim:
෍𝐹𝑥 = 0
෍𝐹𝑦 = 0
6
Fig. 1.6: Diagrama de Corpo - Livre
FONTE: Adaptado de (BEER et. al, 2012)
FONTE: Adaptado de (BEER et. al, 2012)
Fig. 1.7: Equilíbrio de uma Partícula
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
Aplicação 2:
Baseado na distribuição das três forças
no Ponto O, determinar a resultante dos
esforços. Fig. 1.8.
Solução:
Conforme ilustrado na Fig. 1.9. o
ângulo θ definido por quadrante e o sinal imposto
pelo sentido do eixo.
1º Passo: As Projeções
𝐹1𝑥 = 𝐹1. cos 𝜃1 = 800. cos 36,87
𝑜 = 640 𝑁
𝐹1𝑦 = 𝐹1. sen 𝜃1 = 800. sen 36,87
𝑜 = 480 𝑁
𝐹2𝑥 = −𝐹2. cos 𝜃2 = −424. cos 58,11
𝑜 = −224 𝑁
𝐹2𝑦 = −𝐹2. sen 𝜃2 = −424. sen 58,11
𝑜 = −360 𝑁
𝐹3𝑥 = 𝐹3. cos 𝜃2 = 408. cos 61,93
𝑜 = 191,98 𝑁
𝐹3𝑦 = −𝐹2. sen 𝜃2 = −408. sen 61,93
𝑜 = −360 𝑁
2º Passo: A Força Resultante
𝑭𝑹 = ෍
𝒏=𝟏
𝟑
𝑭𝒏 = 𝑭𝟏 + 𝑭𝟐 + 𝑭𝟑
𝑭𝑹 = (𝐹1𝑥 + 𝐹2𝑥 + 𝐹3𝑥). 𝒊 + (𝐹1𝑦 + 𝐹2𝑦 + 𝐹3𝑦). 𝒋
𝑭𝑹 = 567,98. 𝒊 − 240,01. 𝒋 (𝑁)
7
FONTE: 
(BEER et. al, 2012)
Fig. 1.8: Força aplicada no ponto O
FONTE: Adaptado de (BEER et. al, 2012)
Fig. 1.9: Projeção da Força aplicada em O
t𝑔 𝜃1 =
600
800
𝜃1 = 36,87
𝑜
𝜃2 = 58,11
𝑜
𝜃3 = 61,93
𝑜
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
2. Equilíbrio Estático 2D
de Corpos Rígidos
Nas estruturas analisadas no
plano, deve-se proceder a análise impondo
as respectivas forças reativas presentes nas
vinculações e através das equações de
equilíbrio em força e em momento,
obtendo-se assim as mensuradas reações.
2.1. Vinculações
As vinculações são travamentos ou
restrições de movimentos (deslocamentos e
rotações), sendo rígidos ou semi – rígidos.
Conforme Fig. 3.1.
1º Gênero: Travamento em uma direção;
2º Gênero: Travamento em duas direções e
3º Gênero: Travamento em três direções.
8
FONTE: Adaptado de (JUDICE; PERLINGEIRO, 2005)
Fig. 2.1: Vinculações no Plano
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
2.2. Equações de Equilíbrio
Na análise no plano serão três as
equações de equilíbrio, sendo duas em forças,
uma na direção 𝑥 e outra na direção 𝑦 e a
terceira em momento. Assim:
σ𝐹(𝑥) = 0
σ𝐹(𝑦) = 0
σ𝑀(𝑃𝑜𝑛𝑡𝑜) = 0
Onde P, Q e R são conhecidas e
através da utilização das três equações de
equilíbrio, obtem-se as reações (𝑅𝐴, 𝑅𝐵 e 𝐻𝐴).
Conforme Fig. 2.2.
OBS: EFEITO DE MOMENTO NO PLANO
Define-se o momento da carga P em
relação ao ponto O, como sendo o produto
vetorial do vetor posição 𝑟𝑜 e a carga P.
Conforme Fig. 2.3.
O momento 𝑴𝒐 repercute a tendência
que a força F tem de girar o corpo rígido em
torno do eixo fixo dirigido ao longo de 𝑴𝒐.
9
Fig. 2.2: Reações ativadas na Viga
Fig. 2.3: Efeito de Momento no plano
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
EFEITO DE MOMENTO NO PLANO
Baseado na Fig. 2.4 o momento será:
𝑴𝑶 = 𝒓𝒐 × 𝑭
Sendo: 𝑟𝑜 = (𝑑 ; 0 ; 0)
𝐹 = (𝐹. cos𝜙 ; 𝐹. sen𝜙 ; 0)
Assim:
𝑴𝒐 =
𝒊 𝒋 𝒌
𝑑 0 0
𝐹. cos𝜙 𝐹. sen𝜙 0
= 𝐹𝑦. 𝑑 . 𝒌
TEOREMA DE VARIGNON
O momento de força F em relação a um
ponto qualquer O, será igual ao somatório dos
momentos devido as componentes desta força
relativos ao mesmo ponto. Conforme Fig. 2.5.
𝑴𝑶 = 𝒓𝒐 × 𝑭 = 𝒓𝒐 × 𝑭𝒙 + 𝑭𝒚
= 𝒓𝒐 × 𝑭𝒙 + 𝒓𝒐 × 𝑭𝒚
Onde: 𝑭𝒙 = 𝐹𝑥. 𝒊 ; 𝑭𝒚 = 𝐹𝑦. 𝒋
𝑭 = 𝐹𝑥. 𝒊 + 𝐹𝑦.𝒋
10
Fig. 2.4: Efeito de Momento no plano
FONTE: (HIBBELER , 2011)
Fig. 2.5: Teorema de Varignon
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
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FONTE: (BEER et. al, 2012)
Fig. 2.6: Viga biapoiada
Aplicação 3: (BEER et. al, 2012)
Três forças são aplicadas a uma
viga. A referida viga é sustentada por um
rolete em A e por um pino em B.
Desprezando o peso-próprio da viga, determinar
as reações de apoio em A e B, Conforme Fig.
2.6, quando P for igual a 67,5 kN.
Solução:
Baseado no Diagrama de corpo – livre da estrutra
apresentado na Fig. 2.7, tem-se:
σ𝐹(𝑥) = 0 ∴ 𝐵𝑥 + 0 = 0 ∴ 𝑩𝒙 = 𝟎
σ𝑀(𝐴) = 0 (Sentido anti-horário positivo)
2,7. 𝐵𝑦 − 67,5 𝑘𝑁 . 0,9 𝑚 − 27 𝑘𝑁 . 3,3 𝑚
− 27 𝑘𝑁 . 3,9 𝑚 = 0
∴ 𝑩𝒚 = 𝟗𝟒, 𝟓 𝒌𝑵 ( ↑ )
σ𝐹(𝑦) = 0
𝐴 + 𝐵𝑦 = 67,5 𝑘𝑁 + 27 𝑘𝑁 + 27 𝑘𝑁
∴ 𝑨 = 𝟐𝟕 𝒌𝑵 ( ↑ )
Fig. 2.7: Diagrama de corpo-livre da Viga biapoiada
FONTE: (BEER et. al, 2012)
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
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12
Fig. 2.8: Portico atirantado
Aplicação 4: (BEER et. al, 2012)
A estrutura represetada na Fig. 2.8
sustenta parte do teto de um pequeno
edifício. Sabendo que a tração no cabo é de
150 kN. Determinar a reação na
extremidade E.
Solução:
Baseado no Diagrama de corpo – livre da estrutra
apresentado na Fig. 2.9, tem-se:
σ𝐹(𝑥) = 0 ∴ 𝐸𝑥 + 150. sen 𝜃 = 0
∴ 𝑬𝒙 = 𝟗𝟎 𝒌𝑵 (←)
σ𝐹(𝑦) = 0
𝐸𝑦 = 20 𝑘𝑁 . 4 + 150 𝑘𝑁 . cos 𝜃
∴ 𝑬𝒚 = 𝟐𝟎𝟎 𝒌𝑵 ( ↑ )
σ𝑀(𝐸) = 0 (Sentido anti-horário positivo)
𝑀𝐸 + 20 𝑘𝑁. 1,8 𝑚 + 20 𝑘𝑁. 3,6𝑚 + 20 𝑘𝑁. 5,4 𝑚
+ 20 𝑘𝑁. 7,2 𝑚 − 150.4,5𝑚. cos 𝜃 = 0
∴ 𝑴𝑬 = 𝟏𝟖𝟎 𝒌𝑵𝒎 ( 𝒂𝒏𝒕𝒊 − 𝒉𝒐𝒓á𝒓𝒊𝒐)
Fig. 2.9: Diagrama de corpo-livre
FONTE: Adaptado de (BEER et. al, 2012)
cos 𝜃 =
6
7,5
sen 𝜃 =
4,5
7,5
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
3. Forças no Espaço
A força no espaço será
processada pela projeção nas três direções
(𝑥, 𝑦 𝑒 𝑧) através dos ângulos sólidos (𝜃𝑥,
𝜃𝑦 e 𝜃𝑧) definidos entre o eixo de atuação
da força e os respectivos eixos
coordenados. Conforme Fig. 3.1.
Utilizando as propriedades dos
cossenos diretores dos ângulos sólidos
(cos 𝜃𝑥, cos 𝜃𝑦 e cos 𝜃𝑧) nos triângulos da
Fig. 3.1. (a), (b) e (c), respectivamente,
tem-se:
𝑭𝒙 = 𝑭. 𝐜𝐨𝐬𝜽𝒙
𝑭𝒚 = 𝑭. 𝒄𝒐𝒔𝜽𝒚
𝑭𝒛 = 𝑭. 𝒄𝒐𝒔𝜽𝒛
Surgindo a definição dos
Cossenos Diretores da força F relativos
aos ângulos (𝜃𝑥, 𝜃𝑦 e 𝜃𝑧).
13
FONTE: (BEER et. al, 2012)
Fig. 3.1: Sistema de Forças no Espaço
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
Relacionando a utilização dos versores
( 𝒊 , 𝒋 e 𝒌 ) nas três direções (𝑥 , 𝑦 e 𝑧 ),
respectivamente. Ainda conforme Fig. 3.2 a
força F assume o seguinte formato vetorial:
𝑭 = 𝐹𝑥 . 𝒊 + 𝐹𝑦. 𝒋 + 𝐹𝑧 . 𝒌
Ainda é considerada uma importante
relação entre os cossenos diretores, obtida
através da projeção da força F no Plano XZ.
Conforme Fig. 3.3 (a) e (b).
𝐹𝑦 = 𝐹. cos 𝜃𝑦
𝐹ℎ = 𝐹. sen 𝜃𝑦
Projetando-se a força 𝐹ℎ contida no
plano XZ nas direções x e y, Conforme Fig. 3.3
(c), tem-se:
𝐹𝑥 = 𝐹. sen 𝜃𝑦 . cos𝜙
𝐹𝑧 = 𝐹. sen𝜃𝑦 . sen𝜙
A partir da Fig. 1.12 (b), tem-se que:
𝐹2 = 𝐹𝑥
2 + 𝐹𝑦
2 + 𝐹𝑧
2
14
Fig. 3.2: Versores no Espaço
FONTE: (BEER et. al, 2012)
Fig. 3.3: Projeções da Força F
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
Aplicando-se os Cossenos Diretores, tem-
se:
𝐹2
= 𝐹2 . cos 𝜃𝑥
2 + 𝐹2 . cos 𝜃𝑦
2
+ 𝐹2 . cos 𝜃𝑧
2
E por fim, Conforme Fig. 3.4, a
Propriedade dos Cossenos Diretores:
cos 𝜃𝑥
2 + cos 𝜃𝑦
2
+ cos 𝜃𝑧
2 = 1
15
FONTE: (MERIAM; KRAIGE, 2008)
Fig. 3.4: Cossenos Diretores
Aplicação 5:
Uma Força de intensidade 1200 N, forma ângulos 𝜃𝑥 = 60
𝑜, 𝜃𝑦 = 45
𝑜 e
𝜃𝑧 = 120
𝑜. Para tanto, pede-se:
a) Determinar os escalares 𝑭𝒙, 𝑭𝒚 e 𝑭𝒛.
b) O vetor F em função de 𝒊, 𝒋 e 𝒌.
Solução:
a) Aplicando-se os Cossenos Diretores, tem-se:
𝐹𝑥 = 𝐹. cos 𝜃𝑥 = 1200 N . cos(60
𝑜) = 600 𝑁
𝐹𝑦 = 𝐹. 𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑦 = 1200 N . cos(45
𝑜) = 848,53 𝑁
𝐹𝑧 = 𝐹. 𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑧 = 1200 N . cos(120
𝑜) = − 600 𝑁
b) A notação vetorial da Força F:
𝑭 = 𝐹𝑥 . 𝒊 + 𝐹𝑦 . 𝒋 + 𝐹𝑧 . 𝒌 = 600. 𝒊 + 848,53. 𝒋 − 600. 𝒌 (𝑁)
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
Aplicação 6:
Uma Força F possui como escalares projetados 𝐹𝑥 = 200 𝑁, 𝐹𝑦 = 120 𝑁 e
𝐹𝑧 = −150 𝑁. Para tanto, pede-se:
a) A intensidade da Força F.
b) Os ângulos sólidos 𝜃𝑥, 𝜃𝑦 e 𝜃𝑧.
Solução:
a) Partindo da relação entre a Força F e as componentes projetadas 𝐹𝑥 , 𝐹𝑦 e 𝐹𝑧; tem-se:
𝐹2 = 𝐹𝑥
2 + 𝐹𝑦
2 + 𝐹𝑧
2 ⟹ 𝐹 = 2002 + 1202 + −150 2 ⟹ 𝐹 = 277,31 𝑁
b) A partir da definição dos Cossenos Diretores:
𝐹𝑥 = 𝐹. cos 𝜃𝑥 ⟹ cos𝜃𝑥 =
𝐹𝑥
𝐹
=
200
277,31
⟹ 𝜃𝑥 = 43,85
𝑜
𝐹𝑦 = 𝐹. 𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑦 ⟹ cos𝜃𝑦 =
𝐹𝑦
𝐹
=
120
277,31
⟹ 𝜃𝑦 = 64,36
𝑜
𝐹𝑧 = 𝐹. 𝑐𝑜𝑠 𝜃𝑧 ⟹ cos𝜃𝑧 =
𝐹𝑧
𝐹
=
−150
277,31
⟹ 𝜃𝑧 = 122,75
𝑜 16
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
3.1. Força definida pela intensidade
e dois pontos na linha de ação
Sendo a Força F definida em sua
intensidade e dois pontos presentes na linha
de ação, Conforme Fig. 3.5.
As componentes escalares 𝑑𝑥, 𝑑𝑦 e
𝑑𝑧 repercutem o escalar 𝑑, igual a:
𝑑2 = 𝑑𝑥
2 + 𝑑𝑦
2 + 𝑑𝑧
2
17
Fig. 3.5: Força definada pela linha de ação e intensidade
FONTE: (BEER et. al, 2012)
As componentes escalares da projeção da Força F valem, em função das
componentes escalares (𝑑𝑥, 𝑑𝑦, 𝑑𝑧 e 𝑑).
𝐹𝑥 = 𝐹.
𝑑𝑥
𝑑
; 𝐹𝑦 = 𝐹.
𝑑𝑦
𝑑
; 𝐹𝑧 = 𝐹.
𝑑𝑧
𝑑
E em conseguinte os Cossenos Diretores:
cos 𝜃𝑥 =
𝐹𝑥
𝐹
⟹ cos 𝜃𝑥 =
𝑑𝑥
𝑑
cos 𝜃𝑦 =
𝐹𝑦
𝐹
⟹ cos 𝜃𝑦 =
𝑑𝑦
𝑑
cos 𝜃𝑧 =
𝐹𝑧
𝐹
⟹ cos 𝜃𝑧 =
𝑑𝑧
𝑑
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
Aplicação 7: (BEER et. al, 2012)
Um cabo de sustentação de uma torre
está ancorado por meio de um parafuso em A. A
tração no cabo é de 2500 N. Conforme Fig. 3.6.
Determinar:
a) As componentes 𝐹𝑥, 𝐹𝑦 e 𝐹𝑧.
b) Os ângulos 𝜃𝑥, 𝜃𝑦 e 𝜃𝑧.
Solução: Conforme Fig. 3.7
a) O ponto final da linha de atuação: B
O ponto inicial da linha de atuação: A
A (𝑥𝐴 , 𝑦𝐴 , 𝑧𝐴) B (𝑥𝐵 , 𝑦𝐵 , 𝑧𝐵)
A (40 , 0 , -30) B (0 , 80 , 0)
Os componentes escalares: 𝑑𝑥 = 𝑥𝐵 − 𝑥𝐴 = −40 𝑚
𝑑𝑦 = 𝑦𝐵 − 𝑦𝐴 = 80 𝑚
𝑑𝑧 = 𝑧𝐵 − 𝑧𝐴 = 30 𝑚
A componente 𝑑 = 𝑑𝑥
2 + 𝑑𝑦
2 + 𝑑𝑧
2 = 94,34 𝑚
18
FONTE: (BEER et. al, 2012)
Fig. 3.6: Torre ancorada no parafuso A
FONTE: (BEER et. al, 2012)
Fig. 3.7: Resolução da Força aplicada em A
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
Solução:
a) Continuação
𝑑𝑥 = −40 𝑚 ; 𝑑𝑦 = 80 𝑚 ; 𝑑𝑧 = 30 𝑚 ; 𝑑 = 94,34 𝑚
Assim:
𝐹𝑥 = 𝐹.
𝑑𝑥
𝑑
= 2500 𝑁 .
−40 𝑚
94,34 𝑚
= −1060 𝑁
𝐹𝑦 = 𝐹.
𝑑𝑦
𝑑
= 2500 𝑁 .
80 𝑚
94,34 𝑚
= 2120 𝑁
𝐹𝑧 = 𝐹.
𝑑𝑧
𝑑
= 2500 𝑁 .
30 𝑚
94,34 𝑚
= 795 𝑁
b) A partir dos Cossenos Diretores:
cos 𝜃𝑥 =
𝑑𝑥
𝑑
=
−40 𝑚
94,34 𝑚
⟹ 𝜃𝑥 = 115,09
𝑜
cos 𝜃𝑦 =
𝑑𝑦
𝑑
=
80 𝑚
94,34 𝑚
⟹ 𝜃𝑦 = 32,01
𝑜
cos 𝜃𝑧 =
𝑑𝑧
𝑑
=
30𝑚
94,34 𝑚
⟹ 𝜃𝑧 = 71,46
𝑜
Na Fig. 3.8 a configuração dos ângulos sólidos.
19
FONTE: (BEER et. al, 2012)
Fig. 3.7: Resolução da Força aplicada em A
FONTE: Adaptado de (BEER et. al, 2012)
Fig. 3.8: Ângulos Sólidos 
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
3.2. Equilíbrio de uma partícula
Conforme Fig. 3.9 e análogo ao
processado na análise em 2D, tem-se os
seguintes somatórios:
𝑭𝟏 = 𝐹1𝑥 . 𝒊 + 𝐹1𝑦. 𝒋 + 𝐹1𝑧 . 𝒌
𝑭𝟐 = 𝐹2𝑥 . 𝒊 + 𝐹2𝑦. 𝒋 + 𝐹2𝑧 . 𝒌
𝑭𝟑 = 𝐹3𝑥 . 𝒊 + 𝐹3𝑦. 𝒋 + 𝐹3𝑧 . 𝒌
(...)
𝑭𝒏 = 𝐹𝑛𝑥 . 𝒊 + 𝐹𝑛𝑦. 𝒋 + 𝐹𝑛𝑧. 𝒌
20
As Componentes Escalares da força resultante por direção, serão as seguintes:
𝐹𝑅𝑥 = 𝐹1𝑥 + 𝐹2𝑥 + 𝐹3𝑥 +⋯+ 𝐹𝑛𝑥 =෍
𝑡=1
𝑛
𝐹𝑡𝑥 ; 𝐹𝑅𝑦 = 𝐹1𝑦 + 𝐹2𝑦 + 𝐹3𝑦 +⋯+ 𝐹𝑛𝑦 =෍
𝑡=1
𝑛
𝐹𝑡𝑥
𝐹𝑅𝑧 = 𝐹1𝑧 + 𝐹2𝑧 + 𝐹3𝑧 +⋯+ 𝐹𝑛𝑧 =෍
𝑡=1
𝑛
𝐹𝑡𝑥
A intensidade da Força Resultante, será: 𝐹𝑅
2 = 𝐹𝑅𝑥
2 + 𝐹𝑅𝑦
2 + 𝐹𝑅𝑧
2
E os Cossenos Diretores da Força Resultante:
cos 𝜃𝑥 =
𝐹𝑅𝑥
𝐹𝑅
; cos 𝜃𝑦 =
𝐹𝑅𝑦
𝐹𝑅
; cos 𝜃𝑧 =
𝐹𝑅𝑧
𝐹𝑅
FONTE: (MERIAM; KRAIGE, 2008)
Fig. 3.9: Sistema de Forças 3D
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
Aplicação 8: (BEER et. al, 2012)
Uma seção de um muro de concreto pré
– moldado é temporariamente segurado pelos
cabos mostrados na Fig. 3.10. Sabendo que a
tração é de 3780 N no cabo AB e de 5400 N no
cabo AC. Determine:
a) A intensidade da força resultante no ponto A.
b) A direção da resultante no ponto A.
Solução: Conforme Fig. 3.11.
a)
a.1) A Tração no Cabo AB: 𝑻𝑨𝑩 = 3780 𝑁 . 𝝀𝑨𝑩
O ponto final da linha de ação: B (0 ; 2,4 ; 0)
O ponto inicial da linha de ação: A (4,8 ; 0 ; -3,3)
Os componentes escalares: 𝑑𝑥 = 𝑥𝐵 − 𝑥𝐴 = −4,8 𝑚
𝑑𝑦 = 𝑦𝐵 − 𝑦𝐴 = 2,4 𝑚
𝑑𝑧 = 𝑧𝐵 − 𝑧𝐴 = 3,3 𝑚
A componente 𝑑 = 𝑑𝑥
2 + 𝑑𝑦
2 + 𝑑𝑧
2 = 6,3 𝑚
21
FONTE: (BEER et. al, 2012)
Fig. 3.10: Muro temporariamente segurado
FONTE: (BEER et. al, 2012)
Fig. 3.11: Sistema de Força nos cabos de sustentação
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
Solução:
a.1) A Tração no Cabo AB – Continuação
As componentes escalares da Tração no cabo AB:
𝑇𝐴𝐵𝑥 = 𝑇𝐴𝐵 .
𝑑𝐴𝐵𝑥
𝑑𝐴𝐵
= 3780 𝑁 .
−4,8 𝑚
6,3 𝑚
= −2880 𝑁
𝑇𝐴𝐵𝑦 = 𝑇𝐴𝐵 .
𝑑𝐴𝐵𝑦
𝑑𝐴𝐵
= 3780 𝑁 .
2,4 𝑚
6,3 𝑚
= 1440 𝑁
𝑇𝐴𝐵𝑧 = 𝑇𝐴𝐵 .
𝑑𝐴𝐵𝑧
𝑑𝐴𝐵
= 3780 𝑁 .
3,3 𝑚
6,3 𝑚
= 1980 𝑁
a.2) A Tração no Cabo AC: 𝑻𝑨𝑪 = 5400 𝑁 . 𝝀𝑨𝑪
22
FONTE: (BEER et. al, 2012)
Fig. 3.11: Sistema de Força nos cabos de sustentação
O ponto final: C (0 ; 2,4 ; - 8,1) ; O ponto inicial: A (4,8 ; 0 ; - 3,3)
Os componentes escalares:
𝑑𝑥 = 𝑥𝐶 − 𝑥𝐴 = −4,8 𝑚 ; 𝑑𝑦 = 𝑦𝐶 − 𝑦𝐴 = 2,4 𝑚 ; 𝑑𝑧 = 𝑧𝐶 − 𝑧𝐴 = −4,8 𝑚
A componente 𝑑 = 𝑑𝑥
2 + 𝑑𝑦
2 + 𝑑𝑧
2 = 7,2 𝑚
As componentes escalares da Tração no cabo AC:
𝑇𝐴𝐶𝑥 = 𝑇𝐴𝐶 .
𝑑𝐴𝐶𝑥
𝑑𝐴𝐶
= 5400 𝑁 .
−4,8 𝑚
7,2 𝑚
= −3600 𝑁 ; 𝑇𝐴𝐶𝑦 = 𝑇𝐴𝐶 .
𝑑𝐴𝐶𝑦
𝑑𝐴𝐶
= 5400 𝑁 .
2,4 𝑚
7,2 𝑚
= 1800 𝑁
𝑇𝐴𝐶𝑧 = 𝑇𝐴𝐶 .
𝑑𝐴𝐶𝑧
𝑑𝐴𝐶
= 5400 𝑁 .
−4,8 𝑚
7,2 𝑚
= −3600 𝑁
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
Solução:
a.3) O Módulo da Força Resultante:
As Componentes Escalares:
𝐹𝑅𝑥 = 𝑇𝐴𝐵𝑥 + 𝑇𝐴𝐶𝑥 = −2880 𝑁 − 3600 𝑁 = −6480 𝑁
𝐹𝑅𝑦 = 𝑇𝐴𝐵𝑦 + 𝑇𝐴𝐶𝑦 = 1440 𝑁 + 1800 𝑁 = 3240 𝑁
𝐹𝑅𝑧 = 𝑇𝐴𝐵𝑧 + 𝑇𝐴𝐶𝑧 = 1980 𝑁 − 3600 𝑁 = −1620 𝑁
𝐹𝑅 = 𝐹𝑅𝑥
2 + 𝐹𝑅𝑦
2 + 𝐹𝑅𝑧
2 = 7425 𝑁
b) A partir dos Cossenos Diretores:
cos 𝜃𝑥 =
𝐹𝑅𝑥
𝐹𝑅
=
−6480 𝑁
7425 𝑁
⟹ 𝜃𝑥 = 150,78
𝑜
cos 𝜃𝑦 =
𝐹𝑅𝑦
𝐹𝑅
=
3240 𝑁
7425 𝑁
⟹ 𝜃𝑦 = 64,13
𝑜
cos 𝜃𝑧 =
𝐹𝑅𝑧
𝐹𝑅
=
−1620 𝑁
7425 𝑁
⟹ 𝜃𝑧 = 102,60
𝑜
Na Fig. 3.12 a configuração dos ângulos sólidos. 23
FONTE: (BEER et. al, 2012)
Fig. 3.11: Sistema de Força nos cabos de sustentação
FONTE: Adaptado de (BEER et. al, 2012)
Fig. 3.12: Ângulos Sólidos 
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
4. Equilíbrio Estático 3D
de Corpos Rígidos
As equações de equilíbrio serão
nas três direções (x, y e z) em força e em
momento, constituindo assim:
σ𝐹(𝑥) = 0 ; σ𝑀(𝑥) = 0
σ𝐹(𝑦) = 0 ; σ𝑀(𝑦) = 0
σ𝐹(𝑧) = 0 ; σ𝑀(𝑧) = 0
4.1. Vinculações
As vinculações são travamentos ou
restrições de movimentos (deslocamentos e
rotações), sendo rígidos ou semi – rígidos.
Conforme Fig. 4.1.
1º Grupo: Travamento de deslocamentos;
2º Grupo: Travamento de deslocamentos e
rotações.
24
Fig. 4.1: Vinculações no Espaço
FONTE: (BEER et. al, 2012)
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
4.2. Efeito de Momento no Espaço
O momento devido a força F em
relação ao ponto O é definido pelo produto
vetorial do vetor posição 𝒓𝟎 do ponto O e a
força F. Conforme Fig. 4.2.
𝑴𝟎 = 𝒓𝟎 × 𝑭
Baseado na Fig. 4.3, o vetor
posição 𝑟0 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) e a força 𝐹 =
(𝐹𝑥, 𝐹𝑦, 𝐹𝑧) , o momento será obtido via
cálculo do respectivo determinante:
𝑴𝒐 =
𝒊 𝒋 𝒌
𝑥 𝑦 𝑧
𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝐹𝑧
25
Fig. 4.2: Efeito de momento no espaço
FONTE: (BEER et. al, 2012)
Fig. 4.3: Vetores no espaço
TEOREMA DE VARIGNON
O momento de força F em relação a um ponto qualquer O,
será igual ao somatório dos momentos devido as componentes desta
força relativos ao mesmo ponto. Conforme Fig. 4.4.
𝑴𝑶 = 𝒓𝒐 × 𝑭𝑹 = 𝒓𝒐 × 𝑭𝟏 + 𝑭𝟐 + 𝑭𝟑 +⋯+ 𝑭𝒏
= 𝒓𝒐 × 𝑭𝟏 + 𝒓𝒐 × 𝑭𝟐 + 𝒓𝒐 × 𝑭𝟑 +⋯+ (𝒓𝒐 × 𝑭𝒏)
Fig. 4.4: Torema de Varignon
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
Aplicação 9: (BEER et. al, 2012)
Uma placa de 1,5 x 2,4 m de massa específica
uniforme pesa 1215 N e é sustentada por uma rótula em A
e por dois cabos. Conforme Fig. 4.5. Determine:
a) A tração em cada cabo.
b) A reação em A.
Solução: Conforme Fig. 4.6.
a)
a.1) Compor os vetores de tração
26
Fig. 4.5: Placa sustentada por cabos
FONTE: (BEER et. al, 2012)
Fig. 4.6: Diagrama de Corpo-Livre 
C (0 ; 0,9 ; 0,6) Final
E (1,8 ; 0 ; 0) Início
𝑑𝑥𝐸𝐶 = 𝑥𝐶 − 𝑥𝐸 = −1,8 𝑚
𝑑𝑦𝐸𝐶 = 𝑦𝐶 − 𝑦𝐸 = 0,9 𝑚
𝑑𝑧𝐸𝐶 = 𝑧𝐶 − 𝑧𝐸 = 0,6 𝑚
𝑑𝐸𝐶 = 𝑑𝑥
2 + 𝑑𝑦
2 + 𝑑𝑧
2 = 2,1 𝑚
𝑻𝑬𝑪 = 𝑇𝐸𝐶
−1,8
2,1
;
0,9
2,1
;
0,6
2,1
D (0 ; 1,2 ; - 2,4) Final
B (2,4 ; 0 ; 0) Início
𝑑𝑥𝐵𝐷 = 𝑥𝐷 − 𝑥𝐵 = −2,4 𝑚
𝑑𝑦𝐵𝐷 = 𝑦𝐷 − 𝑦𝐵 = 1,2 𝑚
𝑑𝑧𝐵𝐷 = 𝑧𝐷 − 𝑧𝐵 = −2,4 𝑚
𝑑𝐵𝐷 = 𝑑𝑥
2 + 𝑑𝑦
2 + 𝑑𝑧
2 = 3,6 𝑚
𝑻𝑩𝑫 = 𝑇𝐵𝐷
−2,4
3,6
;
1,2
3,6
;
−2,4
3,6
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
27
FONTE: (BEER et. al, 2012)
Fig. 4.6: Diagrama de Corpo-Livre a.2) Vetor posição em relação as trações do ponto A.
𝒓𝑨𝑻𝑬𝑪
= 1,8; 0; 0 ; 𝒓𝑨𝑻𝑩𝑫
= 2,4; 0; 0
a.3) O somatório de momento no ponto A.
σ𝑀(𝐴) = 0 ⟹ σ𝑀(𝒓 × 𝑭) = 0
∴ 𝒓𝑨𝑻𝑬𝑪
× 𝑻𝑬𝑪 + 𝒓𝑨𝑻𝑩𝑫
× 𝑻𝑩𝑫 + 𝒓𝑨𝑾 ×𝑾 = 0
Sendo: 𝑾 = 1215 0;−1; 0
𝒓𝑨𝑾 = (1,2; 0; 0)
𝒊 𝒋 𝒌
1,8 0 0
−
1,8
2,1
𝑇𝐸𝐶
0,9
2,1
𝑇𝐸𝐶
0,6
2,1
𝑇𝐸𝐶
+
𝒊 𝒋 𝒌
2,4 0 0
−
2,4
3,6
𝑇𝐵𝐷
1,2
3,6
𝑇𝐵𝐷 −
2,4
3,6
𝑇𝐵𝐷
+
𝒊 𝒋 𝒌
1,2 0 0
0 −1215 0
= 0
Realizando os determinantes e agrupando por direção, tem-se:
0,8. 𝑇𝐵𝐷 + 0,771. 𝑇𝐸𝐶 − 1458 . 𝒌 + 1,6. 𝑇𝐵𝐷 − 0,514.𝑇𝐸𝐶 . 𝒋 = 0
Para garantir a validade da equação, tem-se o seguinte sistema:
ቊ
0,8. 𝑇𝐵𝐷 + 0,771. 𝑇𝐸𝐶 − 1458 = 0
1,6. 𝑇𝐵𝐷 − 0,514. 𝑇𝐸𝐶 = 0
⟹
𝑇𝐸𝐶 = 1417,5 𝑁
𝑇𝐵𝐷 = 455,9 𝑁
Por Fim: 𝑻𝑬𝑪 = 1417,5 𝑁
−1,8
2,1
;
0,9
2,1
;
0,6
2,1
; 𝑻𝑩𝑫 = 455,9 𝑁
−2,4
3,6
;
1,2
3,6
;
−2,4
3,6
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
28
FONTE: (BEER et. al, 2012)
Fig. 4.6: Diagrama de Corpo-Livre 
b) Para obter as reações em A, basta processar o somatório
das forças.
As forças: 𝑻𝑬𝑪 = 1417,5 𝑁
−1,8
2,1
;
0,9
2,1
;
0,6
2,1
𝑻𝑩𝑫 = 455,9 𝑁
−2,4
3,6
;
1,2
3,6
;
−2,4
3,6
𝑾 = 1215 0;−1; 0
As reações: 𝑹𝑨 = 𝐴𝑥; 𝐴𝑦; 𝐴𝑧
Assim:
σ𝐹 = 0
∴ 𝑻𝑬𝑪 + 𝑻𝑩𝑫 +𝑾+𝑹𝑨 = 𝟎 ⟹ 𝑹𝑨 = − 𝑻𝑬𝑪 + 𝑻𝑩𝑫 +𝑾
Basta realizar a soma por direção e obtem-se:
𝑹𝑨 = 1521; 455,4;−101,25 𝑁
Ou ainda:
𝑹𝑨 = 1521 . 𝒊 + 455,4 . 𝒋 − 101,25 . 𝒌 (𝑁)
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
5. Treliças Planas
Treliças planas são estruturas de
membros delgados unidos em suas extremidades.
Conforme Fig. 5.1.
As treliças planas são usualmente
utilizada para sustentação de telhados, sendo de
geralmente de madeira ou metálicas.
5.1. Classificação
➢ Treliças Simples: Conforme Fig. 5.2 (a)
➢ Treliças Compostas: Conforme Fig. 5.2 (b)
➢ Treliças Complexas: Conforme Fig. 5.2 (c)
29
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D
Fig. 5.1: Treliça Plana
FONTE: (HIBBELER, 2013)
Fig. 5.2: Classificação da Treliças Planas
Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
5.2. Formas típicas
30
FONTE: (HIBBELER, 2013)
Fig. 5.3: Formas Típicas da Treliças Planas
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
5.3. Métodos de Análise
➢ Treliças Simples:
➢ Método dos Nós:
Consiste em equilibrar os nós sucessivamente,
utilizando σ𝐹(𝑋) = 0 e σ𝐹(𝑌) = 0. Fig. 5.4.
➢ Método das Seções (Método de Ritter):
Consiste em realizar cortes em três seções e
utilizando σ𝑀(𝑐) = 0 e efetuar: σ𝐹(𝑋) = 0 e
σ𝐹(𝑌) = 0. Fig. 5.5.
➢ Método de Maxwell – Cremona.
➢ Treliças Compostas:
Basta Resolver as sub – Treliças simples.
➢ Treliças Complexas:
➢ Método de Henneberg (Método Geral)
31
Fig. 5.4: Método dos Nós
FONTE: (HIBBELER, 2013)
Fig. 5.5: Método das Seções
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
5.4. Discussões
➢ Treliças com Cargas fora dos Nós: Surgem esforços diferentes do normal.
32
Fig. 5.6: Treliça Plana com carga fora dos Nós
FONTE: (ALMEIDA, 2005)
Fig. 5.7: Compatibilizalção na barra sob carregamento não nodal
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
6. Treliças Espaciais
Treliças Espaciais são estruturas compostas por elementos
de barra articuladas, sendo dispostos no espaço e consideradas ideais
com carregamentos nodais. Conforme Fig. 6.1.
6.1. Classificação
➢ Treliças Simples: Conforme Fig. 6.2. (a)
➢ Treliças Compostas: Conforme Fig. 6.2 (b)
➢ Treliças Complexas: Conforme Fig. 6.2 (c)
33
Fig. 6.1: Treliça 
Espacial
FONTE: (HIBBELER, 2013)
Fig. 6.2: Classificação da Treliças Espaciais
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
6.2. Estaticidade
Será considerada Isostática a grelha que
apresente três (3) reações.
As equações de equilíbrio:
σ𝑀(𝑥) = 0 ; σ𝑀(𝑦) = 0 ; σ𝐹(𝑧) = 0
6.2.1. Método Alternativo
Conforme apresentado em (REBELLO,
2000) a estrutura pode ser analisada com uma
analógia a árvores. Conforme Fig. 6.3.
Nesta analogia, tem-se os seguintes
critérios:
➢ Os galhos representam as extremidades da
estrutura;
➢ O tronco a sustentação central e
➢ A raiz o engastamento propriciado pela
fundação.
34
Fig. 6.3: Analogia de árvores e Estruturas
FONTE: (REBELLO, 2000)
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
A análise é análoga a procedida nas
traliças planas, porém no equilíbrio nodal o
balanço de forças será nas três direções:
σ𝐹 𝑋 = 0 ; σ𝐹 𝑌 = 0 ; σ𝐹 𝑍 = 0
6.2. Método Alternativo
Na analagia, Fig. 6.4, procede-se:
➢ Estrutura Isostática.
6.3. Discussões
➢ As Treliças Complexas são classificadas
por exclusão.
➢ Nas Treliças Complexas deve-se verificar
que não é uma forma crítica, para tanto o
determinante de incógnitas do método de
Henneberg deve ser diferente de zero.
35
Fig. 6.4: Utilização da analogia na 
determinação de estaticidade de treliças 
espaciais.
FONTE: Adapatado de (HIBBELER, 2013)
Equilíbrio de Corpos Análise de Treliças
Equilíbrio 2 D Equilíbrio 3 D Treliças Planas Treliças Espaciais
REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS
• ALMEIDA, M.C.F. de. Estruturas Isostáticas. São Paulo: Oficina de Textos, 2005.
• BEER, F.P. et al. Mecânica Vetorial para Engenheiros – Estática. 9. ed. Porto Alegre:
AMGH, 2012.
• CAMPANARI, F.A. Teoria das Estruturas. V.1 e V.3. Rio de Janeiro: Guanabara Dois,
1985.
• HIBBELER, R.C. Análise das Estruturas. 8.ed.São Paulo: Pearson Education do Brasil,
2013.
• HIBBELER, R.C. Resistência dos Materiais. 7.ed. São Paulo: Pearson Prentice Hall,
2010.
• JUDICE, F.M.S.; PERLINGEIRO, M.S.P.L. Resistência dos Materiais IX. UFF, 2005.
• MERIAM, J.L. ; KRAIGE, L.G. Mecânica Estática. 5. ed. Rio de Janeiro: LTC, 2008.
• PAULETTI, R.M. de O. Pórticos. EP-USP: Notas de Aula, 2012.
• REBELLO, Y.C.P. A Concepção Estrutural e a Arquitetura. São Paulo: Zigurate
Editora, 2000.
• SUSSEKIND, J.C. Curso de Análise Estrutural. 11.ed. V.1. São Paulo: Globo, 1991.
BIBLIOGRAFIA COMPLEMENTAR
• FAY, L. Estruturas Arquitetônicas: Composição & Modelagem. Rio de Janeiro.
UFRRJ: Notas de aula, 2006.
• LEET, K.M. Fundamentos da Análise Estrutural. 3.ed. Porto Alegre: AMGH, 2010.
• MACHADO JÚNIOR, E.F. Introdução à Isostática. São Carlos: EESC – USP, 1999.
36