APOSTILA ISOSTÁTICA

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Engenharia Civil - 4º período 
UEG 
2018 
ISOSTÁTICA 
 
 
2 
 
Apostila –ISOSTÁTICA 
Universidade Estadual de Goiás – CET Anápolis 
Rod. BR-153, Km 99, Fazenda Barreiro do Meio 
Campus Henrique Santillo-Anápolis, CEP 75132-400 
(62) 3328-1139/(62)3328-1161 / (62) 3328-1116 
Site: http://www.ccet.ueg.br/ 
 
 
Coordenação 
Prof. Dr. Marcus Vinícius Cavalcanti 
marvinscav@gmail.com 
 
Alunos 
Ana Raquel Rodrigues Ferreira da Silva 
Cássio Melo Gurian Barros 
Isadora Guimarães Batistela 
Julia Firmina Alves da Silva 
Laura Junqueira Melo 
Matheus Zydane de Sousa Carvalho 
 
 
engcivil.ueg@outlook.com 
 
 
 
 
 
© 2018 – UNIVERSIDADE ESTADUAL DE GOIÁS 
ANÁPOLIS, 2018 
 
 
 
 
3 
SUMÁRIO 
Pág. 
1. Introdução ................................................................................................................ 4 
2. Vigas ......................................................................................................................... 5 
2.1. Exercícios .......................................................................................................... 9 
3. Pórticos ................................................................................................................... 29 
3.1. Exercícios ........................................................................................................ 31 
4. Treliças ................................................................................................................... 62 
4.1. Exercícios ........................................................................................................ 66 
5. Grelhas ................................................................................................................... 87 
5.1. Exercícios ........................................................................................................ 89 
6. Linha de Influência ............................................................................................. 116 
6.1. Exercícios ...................................................................................................... 120 
 
 
 
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1. INTRODUÇÃO 
 
Esta apostila foi desenvolvida pelos alunos do 4° Período, do curso de 
Engenharia Civil do Campus de Ciências Exatas e Tecnológicas – UEG, com orientação 
do Prof. Dr. Marcus Vinícius Cavalcanti. 
Aqui serão apresentados modelos de alguns problemas isostáticos que são: vigas, 
pórticos, treliças, grelhas e linhas de influência. Os problemas isostáticos apresentam a 
natureza de conter três incógnitas e três equações de equilíbrio. Essas equações são a 
somatória das forças em x, das forças em y e dos momentos iguais à zero. 
As estruturas utilizadas são na maioria planas, exceto em grelhas que são 
estruturas espaciais,(3D). 
Palavra- chave: Engenharia Civil, Isostática,Estruturas planas e espaciais. 
 
 
 
 
 
5 
2. VIGAS 
 
Esta aula foi ministrada no dia 20 de fevereiro de 2018, pelo Prof. Dr. Marcus 
Vinícius Cavalcanti, que tinha como tema proposto, estruturas chamadas de Vigas. 
Uma estrutura pode estar sujeita a diversos tipos de cargas, a princípio 
utilizaremos dois tipos de cargas: 
Concentrada- são aplicadas a uma reduzida parcela da estrutura, tão que podem 
ser consideradas pontualmente, pode-se citar como exemplo a carga de uma viga 
servindo de apoio para outra viga. 
Distribuída- constantes ao longo da estrutura ou em trechos da estrutura. 
 
Para uma estrutura estar em equilíbrio ela deve não estar sujeita à translação e a 
rotação, obedecendo as seguintes equações: 
 
∑ 𝐹𝑥 = 0 
∑ 𝐹𝑦 = 0 
∑ 𝐹𝑧 = 0 
 
Para evitar o movimento se utiliza apoios (dispositivos mecânicos que por 
esforços reativos impedem o deslocamento da estrutura). O sistema de equilíbrio é 
formado por essas reações somados às cargas. No caso de vigas utiliza-se apenas três 
equações de equilíbrios: 
∑ 𝐹𝑥 = 0 ∑ 𝐹𝑦 = 0 ∑ 𝑀 = 0 
Existem três tipos de apoio: 
Apoio de primeiro gênero- impedem deslocamento somente em uma direção, 
produzindo reações equivalentes a uma força com linha de ação conhecida. Apenas uma 
reação será a incógnita. 
 
 
 
∑ 𝑀𝑥 = 0 
∑ 𝑀𝑦 = 0 
∑ 𝑀𝑧 = 0 
 
 
 
6 
 
 
 
 
Apoio de segundo gênero - restringem a translação de um corpo livre em todas 
as direções, mas não podem restringir a rotação em torno da conexão, a reação 
produzida equivale a uma força com direção conhecida, envolvendo duas incógnitas. 
 
 
 
 
 
 
 
Engaste - impedem qualquer movimento de corpo livre. Os deslocamentos nas 
direções x, y e a rotação em z são impedidos. 
 
 
 
 
 
Figura 1:Apoio de primeiro gênero 
Fonte: Instituto Federal do Rio Grande do Norte 
Figura 2:Apoio de segundo gênero 
Fonte: Instituto Federal do Rio Grande do Norte 
 
 
7 
 
 
 
 
 
Calculo de Vigas 
Para o cálculo de vigas, inicialmente observa-se os tipos de apoios e as 
solicitações externas, e a partir das equações de equilíbrio calcula-se as reações de 
apoios para depois criar os diagramas de momento fletor e de esforço cortante das 
mesmas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 3:Apoio de terceiro gênero 
Fonte: Instituto Federal do Rio Grande do Norte 
Fonte: Instituto Federal do Rio Grande do Norte 
 
Figura 4: Viga bi apoiada 
 
 
8 
 
 
 
 
 
 
Existem ainda em vigas esforços internos que são solicitações que a estrutura 
sofre quando são aplicadas forças na mesma. 
Esforço Cortante (Q) é a soma das forças de uma porção isolada sobre a outra 
porção na direção transversal ao eixo da barra na seção transversal de corte, é uma força 
de cisalhamento e tem a seguinte convenção: 
 
 
 
 
Momento Fletor (M.f.) é o somatório do momento de todas as forças e 
momentos de uma porção isolada sobre a outra porção na direção transversal ao eixo da 
barra na seção transversal de corte, tendo como convenção para sinal positivo a seguinte 
figura: 
 
 
 
Fonte: Instituto Federal do Rio Grande do Norte 
Figura 5:Reações de apoios 
Figura 6:Convenção do Esforço Cortante 
Fonte: PUC Rio de Janeiro 
 
 
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2.1. EXERCÍCIOS 
 
Exercício 01: 
Admitindo a=1.00 m e Q=10.00 KN/m calcule o valor da carga concentrada P para 
que o momento fletor positivo seja alternadamente máximo nas seções B e C indicadas 
na figura. Em seguida, esboce os diagramas de momento fletor e esforço cortante para 
os dois casos distintos. 
 
 
 
Resolução: 
Figura 7:Convenção do Momento Fletor 
 
Fonte: PUC Rio de Janeiro 
 
 
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CÁLCULO DAS REAÇÕES DE APOIO: 
R1 + R2= 10x(4a) +P 
R1 + R2= 40x(a) +P 
R1 + R2= 40x(1) +P 
R1 + R2= 40 +P 
 
CÁLCULO DOS MOMENTOS: 
∑MA= -10x4ax2a – Px5a + R2x4a 
-R2x4= -80-5P 
R2= (80 + 5P)/2 
R2= 20 + (5/4)P 
∑MD= -R1x4a + 10x4ax2a - Pa 
4R1=80 – P 
R1= (80 – P)/4 
R1= 20 –(P/4) 
 
CÁLCULO PARA O MOMENTO FLETOR SER MÁXIMO EM B: 
M(x)= R1(X) – 10(X) (X/2) 
M(x)= R1(X) – (10/2) X² 
M(x)= R1(X) – 5X² 
 
DERIVANDO E IGUALANDO A ZERO PARA ACHAR O MÁXIMO: 
M’(X)= R1 – 10X 
Substituindo R1: 
R1 – 10X =0 
-10X= -R1 
10X= R1 
10X=(20-P/4) 
 
 
Na seção B, X=1, logo: 10(1) = (20 – P/4) 
 
 
11 
10= 20 – P/4 
10 – 20= -P/4 
10=P/4 
P=40 KN 
Logo: 
R1= 10 KN 
R2=70KN
 
CÁLCULO DO ESFORÇO CORTANTE (a=1m): 
QAantes=0 
QAdepois=0+10 
QBantes=+10-10x4a=-30 
QBdepois=-30+70=40 
QCantes=40 
QCdepois=0
CÁLCULO DO MOMENTO FLETOR (a=1m): 
MFA=0 
MFB=+R1xa -10x1x0,5= 10x1-10x1x0,5 = 5 KN.m 
MFC=-10x2axa +R1x2a= -2+2x10= -20+20=0 
MFD=-40xa= -40 KN.m 
MFE= 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Diagrama do Esforço Cortante (D. E.C): 
 
 
12 
 
 
Diagrama do Momento Fletor (D.M.F): 
 
 
CÁLCULO PARA O MOMENTO FLETOR SER MÁXIMO EM C: 
M(x)= R1(X) – 10(X) (X/2) 
M(x)= R1(X) – (10/2) X² 
M(x)= R1(X) – 5X² 
DERIVANDO E IGUALANDO A ZERO PARA ACHAR O MÁXIMO: 
M’(X)= R1 – 10X 
 
 
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Substituindo R1: 
R1 – 10X =0 
-10X= -R1 
10X= R1 
10X=(20-P/4) 
 
Na seção C, X=2, logo: 
10(2) = (20 – P/4) 
20= 20 – P/4 
P/4=0 
P=0 
Logo: 
R1= 20 KN 
R2= 20 KN 
 
CÁLCULO DO ESFORÇO CORTANTE (a=1m): 
QAantes=0 
QAdepois=0+20 
QAantes=+20-10x4a = -20 
QAdepois=-20+20=0 
QAantes=0 
QAdepois=0 
 
CÁLCULO DO MOMENTO FLETOR (a=1m): 
MFA=0 
MFB=-10xax(a/2) + R1xa= -10x1x0,5+ 20x1= 15 KN.m 
MFC=R1x2a – 10x2axa= 20 KN.m 
MFD=Pxa= 0 
MFE= 0 
 
Diagrama do Esforço Cortante (D. E.C): 
 
 
14 
 
Diagrama do Momento Fletor (D.M.F): 
 
 
Exercício 02: 
Esboce os diagramas de momento fletor e esforço cortante para a viga abaixo. Adote 
a=2.0m, b=1.0m, c=2.0m, d=1.0m, e=2.0m, f=1.0 m, P=30.0 KN, R=20.0 KN, S=10.0 
KN, Q1=10.0 KN/m, Q2=20.0 KN/m, Q3=30.0 KN/m. 
 
 
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Resolução: 
 
CÁLCULO DAS REAÇÕES DE APOIO: 
∑F=0 
R1 + R2= 10*3+30+20*3+20+30*3+10 
R1 + R2= 240 KN 
CÁLCULO DOS MOMENTOS: 
∑MR1= 0 
10*3*1,5+30*1-60*1,5-20*2+R2*3-90*4,5-10*5=0 
45+30-90-40-3R2-405-50=0 
3R2=510 
R2=170 KN 
 
 
 
 
16 
∑MR2= 0 
30*4,5+30*4-3R1+60*1,5+20*1-90*1,5-10*2=0 
3R1=210 
R1=70KN 
CÁLCULO DOS ESFORÇOS CORTANTES: 
 
QAantes=0 
QAdepois=0 
QBantes= -10*2*1=-20 KN 
QBdepois= -20-30=-50 KN 
QCantes= -10*3-30=-60 KN 
QCdepois=-60+70=10 KN 
QDantes=10-20*2*1=-30 KN 
QDdepois= -30-20=-50 KN 
QEantes= -50-20=-70 KN 
QEdepois= -70+170=100 KN 
QFantes= 100-60=40 KN 
QFdepois=40-10=30 KN 
QGantes=30-30=0 
QGdepois=0 
 
 
Diagrama do Esforço Cortante (D. E.C): 
 
 
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CÁLCULO DO MOMENTO FLETOR 
MF1=0 
MF2=-10*1,5*0,75= -11,25 KN.M 
MF3=-10*2*1=-20 KN.M 
MF4=-10*3*1,5-30*1=-75 KN.M 
MF5=-10*3*3-30*2,5+70*1,5-20*1,5*0,75= -82,5KN.M 
MF6=-10*3*3,5-30*3+70*2-20*2*1=-95 KN.M 
MF7=-30*3*1,5-10*2=-155 KN.M 
MF8=-30*1,5*0,75-10*0,5=-38,75 KN.M 
MF9=-30*1*0,5=-15 KN.M 
MF10=0 
 
 
 
 
Diagrama do Momento Fletor (D.M.F): 
 
 
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Exercício 03: 
Admitindo que a=b=c=d=e=f, Q1=Q2=Q3 e P=S. Determine o valor de R para que o 
modulo do momento fletor sobre qualquer um dos apoios seja igual a 0,50 vezes o 
modulo do momento fletor no meio do vão central? Esboce os diagramas de momento 
fletor e esforço cortante. 
 
 
 
∑F=0 
 
 
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R1+R2=6Qa+2P+R 
∑MR1=0 
2Qa*a+P*a-2Q*a-Ra-2Qa*3a – P*3ª 
+R2 *2a =0 
Pa-Ra -6Qa²-3Pa+2R2a=0 
2R2a=-Pa+Ra+6Qa²+3Pa 
R2=-P+R+6Qa+3P/2 
∑MR2=0 
2Qa*3a +P*3ª –R1*2a +2Qa*a +R*a -
2Qa*a –P*a=0 
6Qa²+3Pa -2aR1 +2Qa² +Ra -2Qa²-
Pa=0 
6Qa² +2Pa -2aR1+Ra=0 
R1=6Qa +2P+R/2 
 
CÁLCULO DO MOMENTO FLETOR 
Mfa=-2 Qa*a –Pa= -2Qa²-Pa 
Mfb=-2Qa*2a –P*2a +R1*a –Q*a*a 
Mfb= -4Qa²-2Pa+(6Qa+2P+R/2)²*a*(Qa/2)² 
Mfb=-4Qa²-2Pa+3Qa²+Pa+Ra/2-(Qa/2)² 
Mfb=-3Qa²/2-Pa+Ra/2 
CÁLCULO DO MOMENTO FLETOR 
Mfa=-2Qa*a-Pa=-2Qa²-Pa 
Mfb=-2Qa*2a-P2a+R1*a-Qa*a 
Mfb=-4Qa²-2Pa+(6Qa+2P+R/2)²*a-(Qa²/2) 
Mfb=-4Qa²-2Pa+6Qa²/2+2Pa/2+Ra/2-(Qa²/2) 
Mfb=-4Qa²-2Pa+3Qa²+Pa+Ra/2-(Qa²/2) 
Mfb=-3Qa²-2Pa+Ra/2 
 
 
 
 
 
 
 
0,5|Mfb|=|Mfa| 
0,5|−
3𝑄𝑎2
2
− 𝑃𝑎 +
𝑅𝑎
2
|=|−
2𝑄𝑎2
2
− 𝑃𝑎| 
 
 
20 
−4𝑄𝑎2 − 2𝑃𝑎 = 0,5 (−
3𝑄𝑎2
2
− 𝑃𝑎
+
𝑅𝑎
2
) 
−4𝑄𝑎2 − 2𝑃𝑎 =
−3𝑄𝑎2 − 2𝑃𝑎 + 𝑅𝑎
2
 
−8𝑄𝑎2 − 4𝑃𝑎 = −3𝑄𝑎2 − 2𝑃𝑎 + 𝑅𝑎 
−5𝑄𝑎2 − 2𝑃𝑎 = 𝑅𝑎 
𝑹 = −5𝑄𝑎 − 2𝑃 
Ou 
2𝑄𝑎2 + 𝑃𝑎
= 0,
5(−3𝑄𝑎2 − 2𝑃𝑎 + 𝑅𝑎)
2
 
4𝑄𝑎2 + 2𝑃𝑎 =
−3𝑄𝑎2 − 2𝑃𝑎 + 𝑅𝑎
2
 
8𝑄𝑎2 + 4𝑃𝑎 = −3𝑄𝑎2 − 2𝑃𝑎 + 𝑅𝑎 
11𝑄𝑎2 + 6𝑃𝑎 = 𝑅𝑎 
𝑅 = 11𝑄𝑎 + 6𝑃 
Ou seja, R=-5Qa-2P ou R=11Qa+6P 
 
CÁLCULO DO MOMENTO FLETOR 
Mf1=0 
Mf2=−𝑄 ∗ 𝑎 ∗
𝑎
2
 
𝑀𝑓3 = −𝑄 ∗ 2𝑎 ∗ 𝑎 − 𝑃𝑎 
𝑀𝑓4 = −𝑃 ∗ 2𝑎 − 𝑄 ∗ 2𝑎 ∗ 2 ∗ 𝑎 + (8,5𝑄𝑎 + 𝑃) ∗ 𝑎 − 𝑄 ∗ 𝑎 ∗
𝑎
2
= −2𝑃𝑎 − 4𝑄𝑎2 + 8,5𝑄𝑎2 + 4𝑃𝑎 −
𝑄𝑎2
2
= 2𝑃𝑎 + 4𝑄𝑎2 
𝑀𝑓5 = −𝑃𝑎 − 𝑄 ∗ 2 ∗ 𝑎 = −𝑃 ∗ 𝑎 − 2𝑄𝑎2 
𝑀𝑓6 = −𝑄𝑎 ∗ 𝑎 ∗
𝑎
2
= −
𝑄𝑎2
2
 
𝑀𝑓7 = 0 
Para o esboço do gráfico considera-se a=1m,Q=3Kn/m e P=2Kn,sendo assim: 
Mf1=0 
Mf2=-1,5Kn.m 
Mf3=Mf5=-8Kn.m 
Mf4=16Kn.m 
Mf6=1,5 Kn., 
 
CALCULO DO ESFORÇO CORTANTE 
Q1antes=0 
 
 
21 
Q1depois=0 
Q2antes=-Qa 
Q2depois=-Qa-P 
Q3antes=-2Qa-P 
Q3depois=-2Qa-P+R1 
Q4antes=-3Qa-P+8,5Qa+4P=5,5Qa+3P 
Q4depois=5,5Qa+3P-11Qa-6P=-5,5Qa-3P 
Q5antes=-6,5Qa-3P 
Q5depois=-6,5Qa-3P+8,5Qa+4P=2Qa+P 
Q6antes=Qa+P 
Q6depois=Qa 
Q7antes=Qa-Qa=0 
Q7depois=0 
SUBSTITUINDO: 
Q1a=0 
Q1d=0 
Q2a=-3 
Q2d=-5 
Q3a=-8 
Q3d=25,5 
 
 
 
Q4a=22,5 
Q4d=-22,5 
Q5a=-25,5 
Q5d=8 
Q6a=5 
Q6d=3 
Q7a=0 
Q7d=0 
 
 
 
 
 
Diagrama do Momento Fletor (D.M.F): 
 
 
22 
 
Exercício 04: 
Esboce, indicando a posição e o valor do momento fletor máximo positivo, os 
diagramas de momento fletor e esforço cortante para a viga a baixo. Adote a=2,0m, 
c=2,0m, d=3,0m, e=2,0m, f=3,0m, P=60,0KN, R=220,0KN, S=60,0KN, 
𝑄1=60,0KN/m,𝑄2=260,0KN/m, 𝑄3=90,0KN/m. 
 
 
 
∑𝑭𝒚 = 0 
 
 
23 
𝑅1 + 𝑅2 = 60 + 220 + 60 + 60.5 + 260.5 + 90.5 
𝑅1 + 𝑅2 = 2390 
∑𝑴𝟏=0 
(60.5)×2,5 + 60×3 – 220×2 – (260.5) ×2,5 + 5×𝑅2 – (90.5) ×7,5 - 60×7=0 
𝑅2= 1311 KN 
∑𝑴𝟐=0 
(60.5)×7,5 + 60×8 – 5×𝑅1 + (260.5)×2,5 + 220×3 – (90.5)×2,5 - 60×2 =0 
𝑅1= 1079 KN 
 
CÁLCULO DO ESFORÇO CORTANTE 
Pontos de interesse: 1, 2, 4, 5, 7, 8, 10. 
 
Q1 {
Q1
a = 0
Q1
b = 0
 
Q2 {
Q2
a = −60.2 = −120KN
Q2
b = −120 − 60 = −180 KN
 
Q4 {
Q4
a = −180 − 60.3 = −360KN 
Q4
b = −360 + 1079 = +719KN 
 
Q5 {
Q5
a = +719 − 260.2 = +199KN 
Q5
b = +199 − 220 = −21KN 
 
Q7 {
Q7
a = −21 − 260.3 = −801KN 
Q7
b = −801 + 1311 = +510KN 
 
Q8 {
Q8
a = +510 − 90.2 = +330KN 
Q8
b = +330 − 60 = +270KN 
 
Q10 {
Q10
a = +270 − 90.3 = 0 
Q10
b = 0 
 
 
 
 
 
 
 
Diagrama do Esforço Cortante (D. E.C): 
 
 
24 
 
CÁLCULO DO MOMENTO FLETOR 
Pontos de interesse: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10. 
MF1= 0 
MF2= -(60.2)×1= -120KN.m 
MF3=-(60.2,5)×1,25 -60×0,5 = -217,5 KN.m 
MF4= -(60.5)×2,5 -60×3 = -930KN.m 
MF5= -(60.5)×4,5 –60×5 +1079×2 –(260.2)×1 = -12KN.m 
MF6= -(90.5)×5 -60×4,5 +1311×2,5 –(260.2,5)×1,25 = -55KN.m 
MF7= -(90.5)×2,5 -60×2 = -1245KN.m 
MF8=-(90.3)×1,5 = -405KN.m 
MF9= -(90.2,5) ×1,25 = -281,25KN.m 
MF10= 0 KN.m 
 
 
Diagrama do Momento Fletor (D.M.F): 
 
 
25 
 
 
Exercício 05: 
Admitindo a = 3,00 m e P = 10,00 kN calcule o valor da carga distribuída Q para que o 
momento fletor seja nulo nas seções B e C indicadas na figura. Em seguida, esboce os 
diagramas de momento fletor e esforço cortante para os dois casos distintos. 
 
 
Resolução: 
 
 
26 
 
 
CÁLCULO DAS REAÇÕES DE APOIO: 
R1 + R2 = 10 + 9 ∗ Q 
ΣMA = −9 ∗ Q ∗ 4,5 − 10 ∗ 12 + 9 ∗ R2 = 0 
9 ∗ R2 = 120 + 40,5 ∗ Q
R2 = 4,5 ∗ Q +
120
9
 
ΣMD = −9 ∗ R1 + 9 ∗ 4,5 ∗ Q − 10 ∗ 3 = 0 
9 ∗ R1 = 40,5 ∗ Q − 30 
R1 = 4,5 ∗ Q −
30
9
 
 
Para x = 3 m: 
M(x) = R1 ∗ x − x ∗
x
2
= 0 
(4,5 ∗ Q −
30
9
) ∗ x −
Q
2
∗ x² = 0 
(4,5 ∗ Q −
30
9
) ∗ 3 −
Q
2
∗ 3² = 0 
13,5 ∗ Q − 4,5 ∗ Q = 10 
Q = 1,111 kN ∗ m 
Para o valor de Q encontrado, tem-se: 
 
 
27 
R1 = 1,667 kN 
R2 = 18,332 kN 
 
DETERMINAÇÃO DO MOMENTO FLETOR MÁXIMO: 
x = 0 → MfD = −215 kN ∗ m → C = −215 
x = 2 → MfF = 327 kN ∗ m 
x = 2,5 → MfE = 315 kN ∗ m 
{
22 ∗ A + 2 ∗ B − 215 = 327
2,52 ∗ A + 2,5 ∗ B − 215 = 315
 
{
4 ∗ A + 2 ∗ B = 542
6,25 ∗ A + 2,5 ∗ B = 530
 
 
𝐴 = −118 
𝐵 = 507 
 
Substituindo os valores encontrados na equação de 2º grau, tem-se: 
Mf(x) = −118 ∗ x2 + 507 ∗ x − 215 
Mf′(x) = 0 
−236 ∗ x + 507 = 0 
x = 2,148 m 
 
Substituindo o valor de x encontrado (posição do momento fletor máximo positivo) na 
equação do momento fletor em função de x, tem-se o valor do momento fletor máximo 
positivo: 
Mf(2,148) = 329,595 kN ∗ m 
 
CÁLCULO DOS ESFORÇOS CORTANTES: 
{
QA
A = 0
QA
D = +1,667
 
{
QD
A = +1,667 − 1,111 ∗ 9 = −8,332
QD
D = −8,332 + 18,332 = 10
 
 
 
28 
{
QE
A = 10
QE
D = 10 − 10 = 0
 
Diagrama do Esforço Cortante (D. E.C): 
 
 
 
 
CÁLCULO DOS MOMENTOS FLETORES: 
MfB = +3 ∗ 1,667 − 1,111 ∗ 3 ∗ 1,5 = −0,0015 kN ∗ m 
MfC = +1,667 ∗ 6 − 1,111 ∗ 6 ∗ 3 = −9,996 kN ∗ m 
MfD = −10 ∗ 3 = −30 kN ∗ m 
MfE = 0 
MfQ = +1,667 ∗ 4,5 − 1,111 ∗ 4,5 ∗ 2,25 = −3,747 kN ∗ m 
Diagrama do Momento Fletor (D.M.F): 
 
 
 
29 
 
3. PÓRTICOS 
 
Esta aula foi ministrada no dia 12 de março de 2018, pelo Prof. Dr. Marcus 
Vinícius Cavalcanti, que tinha como tema proposto, estruturas chamadas de Pórticos. 
Pórticos são estruturas lineares que são constituídos por duas ou mais barras que 
transmitem forças entre si. Os pórticos podem ser planos ou espaciais, nesta apostila 
conterá somente pórticos planos. 
Neste tipo de estrutura as barras são ligadas por engaste ou rótula interna. O 
primeiro, engaste, é um elemento que restringe a estrutura se deslocar no eixo x, y e z. 
Assim, ele gera três reações, as forças em y e x e o momento. O segundo, rótula interna, 
é um elemento de ligação que transmite forças horizontais e verticais, mas não transmite 
momento. 
Então, devido à rótula não transmitir momento ela gera uma nova equação de 
equilíbrio no problema. Assim, cada rótula que conter no pórtico plano gera uma nova 
equação de equilíbrio de momento, ou seja, o somatório dos momentos na rótula é zero. 
∑ 𝑀 = 0 
Para analise de um pórtico plano é necessário fazer algumas etapas a seguir. 
 Reações de apoio; 
 Equilíbrio das barras; 
 Esforços internos das barras; 
 
 
30 
 União dos resultados. 
 Na etapa do equilíbrio das barras deverá analisar cada barra individualmente. 
Primeiramente é necessário fazer um esbouço das forças que estão atuando na barra, e 
posteriormente fazer o equilíbrio das forças na barra em sua extremidade que fica 
conectada com a outra. Depois de ter feito isso, inicia-se o equilíbrio da próxima barra, 
para fazer essa etapa é igual o processo anterior. Mas deve-se lembrar de que os 
engastes transmitem forças x e y e momento e as rótulas apenas forças em x e em y. 
Assim, é necessário transmitir as forças de equilíbrio de uma barra para outra. 
 
Exemplo: 
 
Observação: no ponto C há uma ligação feita por engaste. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
31 
EQUILÍBRIO DAS BARRAS 
 
∑ Mc = 120 × 2 + 600 × 2 + Mc = 0 
Mc = −1440KN. m 
 
Na etapa dos esforços internos é necessário analisar o momento fletor, o esforço 
cortante e o esforço normal em cada barra. Os esforços normais são esforços em direção 
paralela a barra, ele pode estar comprimento ou tracionando. Aqui serão adotados os 
esforços normais comprimindo, no sentido entrando da barra, negativos e tracionando, 
no sentido saindo da barra, positivo. 
O modelo de resolver o esforço normal é similar ao do esforço cortante, a única 
diferença é que no esforço cortante forças estão na direção perpendicular à barra e o 
esforço normal as forças estão paralelas a barra. 
Na etapa de união dos resultados juntam-se todos os momentos fletores, os 
esforços normais, esforços cortantes em seus respectivos diagramas. 
 
3.1. EXERCÍCIOS 
 
 
 
32 
Exercício 01: 
Esboce os diagramas de momento fletor, esforço cortante e esforço normal para o 
pórtico abaixo. Adote a= 4.0 m, b= 1.0 m, c=3.0 m, d=3.0 m, Q1= 30.0 KN/m e Q2= 
130.0 KN/m. 
 
 
 
CÁLCULO DA REAÇÃO DE APOIO: 
∑MC cd=0 
+R3x1+R4x3 – 130x1x0,5=0 
R3 + 3R4= 65 (I) 
 
∑MA =0 
+R3x5-R4x3-130x5x2,5-30x3x1,5=0 
5R3-3R4=1760 (II) 
 
POR SUBSTITUIÇÂO DE I EM II: 
{5R3-3R4=1760 
{R3 + 3R4= 65 
 6R3= 1825 
R3=304,167 KN 
Logo R4 é: 
R3 + 3R4= 65 
3R4= 65- 304,167 
R4= -79,722 KN 
 
 
 
 
 
 
 
 
33 
∑Fx =0 
30x3 + R2 – R4=o 
R2=-90 +79,722 
R2= -10,278 KN 
 
∑Fy =0 
-130x5 +R3+R1=0 
R1= 650 – 304,167 
R1= 345,833 KN 
 
 EQULIBRIO DAS BARRAS: 
 
 ∑MB =0 
30x3x1,5-10,278x3 +MB=0 
MB= -104,166 KN.m 
 
∑MC =0 
104,166+79,722x3-385,833x4=0 
 
 
34 
 
∑MD =0 
 
DECOMPONDO AS FORÇAS: 
Barra B-C 
Cos² ᶿθ =(4/5)²= 16/25 
Sen θ= 3/5 
Cos θ=4/5 
 
 
FXr= +271,228 KN 
FYr=+ 228,833 KN 
 
 
FXr= +40,722 KN 
 FYr=+ 187,167 KN 
 
 
Q1= 130xcos² θ= 83,2 
KN/m 
N1= 130xsen θ= 62,4 
KN
 
 
 
35 
 
Barra C-D 
Cos² ᶿ α = 1/10 
Sen α= 3/√10 
Cos α =1/√10 
 
FXr= +313,661 KN 
FYr=- 20,877 KN 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
FXr= -190,332 KN 
FYr=- 20,233 KN 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Q2= 130xcos² α = 13 
KN/m 
N2= 130xsen α = 39 
KN 
 
 
36 
 
 
CÁLCULO DO ESFORÇO CORTANTE 
QAantes=0 
QAdepois=+10,278 
QBantes=+10,278-30x3= -79,722 
QBdepois= -79,722 +79,722=0 
QBantes=0 
QBdepois=+228,833 
QCantes=+228,833-83,3x5= - 187,167 
QCdepois=- 187,167+ 187,167=0 
QCantes=0 
QCdepois=+20,233 
QDantes=+20,233-(13/√10)= -20,877 
QDdepois= - 20,877 +20,877=0 
 
CÁLCULO DO MOMENTO FLETOR: 
MFA=0 
MF1=+10,278x1,5 -30x1,5x0,75= -18,333 KN.m 
MFBantes =0 
MFBdepois=-104,166 KN.m 
MF3= -104,166 +228,833x2,5 – 83,2x2,5x1,25= 207,910 KN.m 
MFC= 0 
MF4=20,333x(√10/2) – 13x(√10/2)x(√10/4)=+15,741 KN.m 
MFD=0 
Diagrama do Esforço Normal (D. E.N): 
 
 
37 
 
 
 
Diagrama do Esforço Cortante (D. E.C): 
 
 
 
 
 
 
 
38 
Diagrama do Momento Fletor (D.M.F): 
 
 
Exercício 02: 
Esboce os diagramas de momento fletor, esforço cortante e esforço normal para o 
pórtico abaixo. Adote a= 4.0 m, b= 2.0 m, c=1.0 m,d=3.0 m, Q1= 150.0 KN/m e Q2= 
200.0 KN/m. 
 
 
∑ M3 = 4 ∗ R3 − 2R4 − 200 ∗ 4 ∗ 2 2R4 = 4R3 − 1600 
 
 
39 
R4 = 2R3 − 800 
R4 = 2 ∗ 720 − 800 
R4 = 640 KN 
 
∑ M2 = −200 ∗ 4 ∗ 8 + R3 ∗ 8 + R4 = 0 
−6400 + 8R3 + 640 = 0 
R3 = 720 KN 
∑ Fy = 0 
R1 + R3 = −200 ∗ 8 
R1+R3=1600 
R1+720=1600 
R1=880 KN 
∑ Fx = 0 
R2+R4+150*5=0 
R2+R4=-750 
R2=-750-640 
∑ M1 = R3 ∗ 8 − R4 ∗ 4 − 200 ∗ 8 ∗ 4 − 150 ∗ 5 ∗ 2,5 + M = 0 
-M=720*8-640*4-200*8*4-150*5*2,5
-M=-5075 
M=5075 KN*m 
EQUILÍBRIO DAS BARRAS 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
M2+5075-1390*5+150*2,5=0 
M2=0 
 
880-200*4=80 
M3-880*4+4*2+640*3 
M3=0 
 
 
40 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
+80+720-200*4=0 
M4-80*4-640*2+200*4*2=0 
M4=0 
Sen 𝑎 1=
3
5
 
Cos 𝑎 1=
4
5
 
Q3=200 ∗ cos2 𝑎1 
200 ∗ (
4
5
)
2
 
200 ∗
16
25
 
Q3=128 KN/m 
N3=200*cos a1*sen a1 
N3=200 ∗
4
5
∗
3
5
= 96
𝐾𝑁
𝑚
 
 
 
 
 
 
 
𝐹𝑥′
880
= cos 𝑎1 
𝐹𝑥1′ = 880 ∗
4
5
= 704 
𝐹𝑦′
880
= 𝑠𝑒𝑛 𝑎1 
𝐹𝑦1 = 880 ∗
3
5
 
𝐹𝑦1 = 528 
 
 
41 
𝐹𝑥′
640
= sen 𝑎1 
𝐹𝑥2′ = 640 ∗
3
5
= 384 
𝐹𝑦′
640
= cos 𝑎1 
𝐹𝑦2′ = 640 ∗
4
5
= 512 
Fy’1+Fy’2=1040 
Fx’1-Fx’2=320 
Q4=200*(
4
√20
)
2
 
Q4=200*
16
20
 
Q4=160 
N4=200*
4
√20
∗
2
√20
 
N4=80 
 
𝐹𝑥′1
80
= 𝑠𝑒𝑛 𝑎2 
𝐹𝑥′1 = 80 ∗
2
120
=35,777 
𝐹𝑦′1
80
= cos 𝑎2 
𝐹𝑦′1 = 80 ∗
4
√20
= 71,554 
𝐹𝑥′2
640
= 𝑐𝑜𝑠 𝑎2 
𝐹𝑥′2 = 640 ∗
4
√20
= 572,433 
𝐹𝑦′2
640
= 𝑠𝑒𝑛 𝑎2 
𝐹𝑦′2 = 640 ∗
2
√20
= 286,217 
Fx’1-Fx’2=-536,656 
Fy’1+Fy’2=357,771
 
Primeira Barra 
CALCULO DO ESFORÇO CORTANTE 
 QAAntes=0 
 QADepois=1390 
 
 
 
42 
 QBA=1390-150*5=640 
 QBD=640-640=0 
CÁLCULO DO MOMENTO FLETOR 
MFAntes=0 
MFADepois=-5075 
MFQ=-150*2,5*1,25+1390*2,5-5075=-2068,75 
Segunda Barra 
Momento Fletor 
MFA=0 
MFB=320*2,5-128*2,5*1,25=400 
MFB=0 
Terceira Barra 
Esforço Cortante 
357,721 − 160 ∗ √20 = 0 
Momento Fletor 
𝑀𝑓𝑄 = −160 ∗
√20
2
∗
√20
4
+ 357,771 ∗
√20
2
= 400 
 
Diagrama do Esforço Normal (D. E.N): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Diagrama do Esforço Cortante (D. E.C): 
 
 
43 
 
 
Diagrama do Momento Fletor (D.M.F): 
 
 
Exercício 03: 
Esboce os diagramas de momento fletor, esforço, esforço cortante e esforço normal para 
o pórtico a baixo. Indique os momentofletor máximos positivos (quando ocorrerem). 
Atode A = 3,0 m, B = 6,0 m, P = 360,0 KN, 𝑄1 = 480,0 KN/m e 𝑄2 = 360,0 KN/m. 
 
 
44 
 
 
Calculando as reações de apoio 
 
 
∑Mc
cd=0 
R4×3 + R3×6 – (360.3)×1,5 = 0 
R4 + 2.R3 = 540 
∑Mb
bd= 0 
(360.6)×3 - (360.3)×7,5 +R3×6 + R4×9 = 0 
6. R3 + 9. R4 = 14580 
Sistema: 
R4 + 2.R3 = 540 
 
 
45 
6. R3 + 9. R4 = 14580 
Resolvendo o sistema: 
R3= -810 KN 
R4= 2160 KN 
∑Fx = 0 
R2 + 360 +480.9 - R3 = 0 
R2 = -3870 KN 
∑Fy = 0 
R1 – 360.12 + R4 = 0 
R1 = 2160 KN 
∑Mb
ba = 0 
(360.3)×1,5 + (480.9)×4,5 + 360×6 - 3870×9 - 2160×3 + MA = 0 
MA = 18090 KN.m 
 
Barra 1 
 
Tamanho da barra 
L2 = 92 + 32 
L = √90 
 
 
46 
Ângulos 
α = tan−1
9
3
 
α = 71,565° 
ɵ = tan−1
3
9
 
ɵ = 18,435° 
 
360 𝑄𝑏 𝑄𝑁 
𝑄𝑏 = 𝑄1. (cos 𝛼)
2 
𝑄𝑏= 36 KN/m 
𝑄𝑁 = 𝑄1. cos 𝛼 . sin 𝛼 
𝑄𝑁= 144 KN/m 
2160 𝐹𝑥1 𝐹𝑥1 
𝐹𝑥1 = cos 𝛼 . 2160 
𝐹𝑥1 = 638,052 KN 
𝐹𝑦1 = sin 𝛼 . 2160 
𝐹𝑦1 = 2049,156 KN 
3870 𝐹𝑥2 𝐹𝑦2 
𝐹𝑥2 = sin 𝛼 . 3870 
𝐹𝑥2 = 3671,404 KN 
𝐹𝑦2 = cos 𝛼 . 3870 
𝐹𝑦2 = 1223,081 KN 
 
 
47 
360 𝐹𝑥3 𝐹𝑦3 
𝐹𝑥3 = sin 𝛼 . 360 
𝐹𝑥3 = 341,526 KN 
𝐹𝑦3 = cos 𝛼 . 360 
𝐹𝑦3 = 113,842 𝐾𝑁 
1080 𝐹𝑥4 𝐹𝑦4 
𝐹𝑥4 = cos 𝛼 . 1080 
𝐹𝑥4 = 341,526 KN 
𝐹𝑦4 = sin 𝛼 . 1080 
𝐹𝑦4 = 1024,578 KN 
810 𝐹𝑥5 𝐹𝑦5 
𝐹𝑥5 = sin 𝛼 . 810 
𝐹𝑥5 = 768,433 KN 
𝐹𝑦5 = cos 𝛼 . 810 
𝐹𝑦5 = 256,144 KN 
 
 
 
Barra 2 
 
 
48 
 
Barra 3 
 
Tamanho da barra 
𝐿2 = 62 + 32 
L = √45 
Ângulos 
𝛼 = tan−1
6
3
 
𝛼= 63,435° 
 
 
49 
 
360 𝑄𝑏 𝑄𝑁 
𝑄𝑏 = 𝑄1. (cos 𝛼)
2 
𝑄𝑏= 72 KN/m 
𝑄𝑁 = 𝑄1. cos 𝛼 . sin 𝛼 
𝑄𝑁= 144 KN/m 
810 𝐹𝑥1 𝐹𝑥1 
𝐹𝑥1 =sin 𝛼 . 𝐹 
𝐹𝑥1 = 724,486 KN 
𝐹𝑦1 =cos 𝛼 . 𝐹 
𝐹𝑦1 = 362,243 KN 
1080 𝐹𝑥2 𝐹𝑦2 
𝐹𝑥2 =cos 𝛼 . 𝐹 
𝐹𝑥2 = 483,991 KN 
𝐹𝑦2 = sin 𝛼 . 𝐹 
𝐹𝑦2 = 965,981 KN 
2160 𝐹𝑥3 𝐹𝑦3 
𝐹𝑥3 =cos 𝛼 . 𝐹 
𝐹𝑥3 = 965,981 KN 
𝐹𝑦3 = sin 𝛼 . 𝐹 
𝐹𝑦3 = 1931,963 𝐾𝑁 
 
 
50 
 
 
 
Diagrama do Esforço Normal (D. E.N): 
 
 
 
 
 
 
 
51 
Diagrama do Esforço Cortante (D. E.C): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Diagrama do Momento Fletor (D. M.F): 
 
 
52 
 
 
Exercício 04: 
Esboce os diagramas de momento fletor, esforço cortante e esforço normal para o 
pórtico abaixo. Considerando a origem do sistema de eixos no engaste e a barra vertical 
na direção do eixo Y, determine as coordenadas onde ocorrem os momentos fletores 
máximos positivos (quando ocorrerem) e os respectivos valores desses momentos 
máximos em cada barra. 
Adote A = 7,0 m, B = 5,0 m, P = 480,0 kN, Q1 = 640,0 kN/m e Q2 = 480,0 kN/m. 
 
 
53 
 
 
Resolução: 
 
Determinação das Reações de Apoio: 
 
 
54 
ΣMC
CD = +7 ∗ R3 − 7 ∗ R4 − 640 ∗ 7 ∗ 3,5 = 0 
R3 − R4 = 2240 
 
ΣMB
BCD = +12 ∗ R3 + 5 ∗ R4 − 640 ∗ 12 ∗ 6 = 0 
12 ∗ R3 + 5 ∗ R4 = 46080 
 
{
12 ∗ R3 + 5 ∗ R4 = 46080
R3 − R4 = 2240
 
 
R3 =
57280
17
= 3369,412 kN 
R4 =
19200
17
= 1129,412 kN 
 
ΣFx = R2 + R4 + 480 ∗ 17 + 480 = 0 
R2 = −
166080
17
= −9769,412 kN 
ΣFy = R1 + R3 − 640 ∗ 12 = 0 
R1 =
73280
17
= 4310,588 kN 
 
ΣMA = +12 ∗ R3 − 12 ∗ R4 − 640 ∗ 12 ∗ 6 − 480 ∗ 5 − 480 ∗ 17 ∗
17
2
+ M = 0 
M = 90960 kN ∗ m 
 
EQUILÍBRIO DAS BARRAS 
Barra A-B: 
 
 
55 
 
𝛴𝑀𝐵 = 0 
 
Barra B-C: 
 
 
 
56 
 
cos α = 5/13; 
sen α = 12/13; 
cos² α = 25/169 
𝑄1 = 640 ∗
25
169
= 94,674 
 
𝑁1 = 640 ∗
5
13
∗
12
13
= 227,219 
 
Fx1 = -3979,004 kN 
Fy1 = +1657,918 kN 
Fx2 = -434,389 kN 
Fy2 = -1042,534 kN 
𝐹𝑅𝑥 = 𝐹𝑥1 + 𝐹𝑥2 = −4413,393 𝑘𝑁 
𝐹𝑅𝑦 = 𝐹𝑦1 + 𝐹𝑦2 = +615,384 𝑘𝑁 
 
 
 
57 
 
Fx1 = +434,389 kN 
Fy1 = +1042,534 kN 
Fx2 = +1025,158 kN 
Fy2 = -427,149 kN 
𝐹𝑅𝑥 = 𝐹𝑥1 + 𝐹𝑥2 = +1459,547 𝑘𝑁 
𝐹𝑅𝑦 = 𝐹𝑦1 + 𝐹𝑦2 = +615,385 𝑘𝑁 
 
 
 
58 
 
Barra C-D: 
 
 
 
59 
 
cos β = 7/√98; sen β = 7/√98; cos² β = 49/98 
𝑄1 = 640 ∗
49
98
= 320 
𝑁1 = 640 ∗
7
√98
∗
7
√98
= 320 
Fx1 = +785,304 kN 
Fy1 = +785,304 kN 
Fx2 = -798,149 kN 
Fy2 = +798,615kN 
𝐹𝑅𝑥 = 𝐹𝑥1 + 𝐹𝑥2 = −13,311 𝑘𝑁 
𝐹𝑅𝑦 = 𝐹𝑦1 + 𝐹𝑦2 = +1583,919 𝑘𝑁 
 
 
 
60 
 
Fx1 = +2382,534 kN 
Fy1 = +2382,534 kN 
Fx2 = +798,412 kN 
Fy2 = -798,619 kN 
𝐹𝑅𝑥 = 𝐹𝑥1 + 𝐹𝑥2 = +3181,149 𝑘𝑁 
𝐹𝑅𝑦 = 𝐹𝑦1 + 𝐹𝑦2 = +1583,919 𝑘𝑁 
 
 
 
 
61 
 
 
 
 
Diagrama de Momento Fletor( D.M.F) 
 
 
62 
 
 
 
4. TRELIÇAS 
 
Esta aula foi ministrada no dia 09 de Abril de 2018, pelo Prof. Dr. Marcus 
Vinícius Cavalcanti, que tinha como tema proposto, estruturas chamadas de Treliças. 
Treliças - Estruturas reticuladas, ou seja, formadas por barras (em que uma 
direção é predominante) de eixo reto, ligadas por rótulas ou articulações (nós). As 
treliças surgiram como um sistema mais econômico que as vigas para vencerem vãos 
maiores ou suportar cargas maiores 
Quando submetidas a cargas aplicadas nos nós apenas, as barras estão 
submetidas somente a esforços axiais. 
Para que uma estrutura seja considerada uma treliça
isostática é necessário que 
essa atenda algumas condições. A primeira é que os nós sejam indeslocáveis, outra 
condição é que o numero de equações de equilíbrio da estática seja igual ao numero de 
incógnitas. 
O número de incógnitas é dado pela soma do número de reações com o a 
quantidade de barras. Já o numero de equações é o resultado da multiplicação do 
numero de nós por dois, já que existe uma equação no eixo x e outra no y. 
Exemplo de treliça isostática: 
 
 
63 
 
Existem três reações externas uma em y e duas em x. Bem com onze barras e 7 
nós. 
Então notasse 3+11=14 assim como 2x7=14. 
Para que se possa calcular os esforços em cada barra foram desenvolvidos 
alguns métodos. Um deles é Equilíbrio dos Nós, esse é o método lecionado no curso. 
Outro método que será abordado é o método de Ritter, que também é conhecido como 
método das seções. 
Equilíbrio dos nós 
Esse método consiste em se estudar o equilíbrio de cada nó isolado. 
Deve-se iniciar e prosseguir pelos nós que possuam apenas duas incógnitas à 
determinar(esforço normal de 2 barras).Aplicamos as equações de equilíbrio estático: 
Σ Fx = 0 Σ Fy = 0 
Nota-se que se o nó tiver mais de duas barras à serem determinadas (2 
incógnitas) 2 equações não bastam para a solução do sistema. 
Roteiro 
1 - Calculo das reações externas (ou de apoio) 
2 - Escolha do 1º nó a ser examinado 
3 - Aplicação das equações de equilíbrio no nó escolhido 
4 - Resolvido o primeiro nó, passasse ao segundo sempre com o cuidado de verificar se 
ela tem apenas duas incógnitas (2 barras à serem determinadas). 
Este método apresenta o problema de acumular os erros de cálculos que por acaso forem 
cometidos. 
 
MÉTODO DE RITTER 
Com esse método não é mais necessário que se calcule o esforço em todos os nós. 
Roteiro 
 
 
64 
1 - Calculo das reações externas (ou de apoio) 
2 - Cortar a treliça por seções de Ritter que devem: 
 Atravessar toda a treliça dividindo-a em 2 partes. 
 Interceptar no máximo 3 barras que não sejam ao mesmo tempo paralelas ou 
concorrentes( Os esforços normais destas barras serão os calculados) 
 Cortada a treliça em duas partes, substitui-se a parte retirada pelos esforços 
normais desenvolvidos pelas barras cortadas, que devem ser calculados, de 
maneira que as partes ficam em equilíbrio. 
 Os esforços normais serão encontrados pelo equilíbrio das partes, podendo-se 
dispor além das equações fundamentais de equilíbrio estático, da condição de nó 
onde a soma dos momentos em qualquer nó da treliça deve ser zero, pois rótulas 
não absorvem momento. 
 
Exemplo de treliça resolvido pelo método das seções
 
Calculo das reações de apoio: 
 
∑Fy=R1+R2-4.5-18-4.5-10.8=0 
R1+R2=37.8 
∑MB=18x3,6+4,5x7,2-R2x7,2+10,8x3,6=0 
R2=18,9 
R1+R2=37.8 
 
 
65 
R1=18.9 
∑Fx=0 
Calculo do esforço normal: 
 
Seção 1(S1) 
 
∑Fy=NBD x sen (ᵝ)-4.5+R1=0 
NBD=30,23 
∑MB=NAC x 1.95=0 
NAC=0 
∑Fx= NAC+NBC x cos(ᵝ)+NBD=0 
NBD=26.58 
Segunda seção (S2) 
 
 
∑MD=-10.8x3,6+NDCx3,6=0 
NDC=10.8 
∑FY=NAB+19.9+NBC x sem(ᵝ)+NDC=0 
NAB=-4,5 
Diagrama de esforço Normal 
 
 
66 
 
 
4.1. EXERCÍCIOS 
 
Exercício 01: 
Calcule os esforços nas barras da treliça, indicando no desenho o valor e natureza da 
força. Adote a= 2.0 m, b= 1.0 m, h= 4.0 m, P1= 150.0 KN e P2=120.0 KN. 
 
 
CÁLCULO DAS REAÇÕES DE APOIO: 
 
 
67 
∑Fy =0 
R1+R3=30+30+30 
R1+R3=90 
∑Fx =0 
R2+30-30+30 
R2=-30 KN 
 
 
 
∑M2=0 
-R1x8-30x12+30x18+30x12+30x8-30x12=0 
8R1=420 
R1=52,5 KN 
ÂNGULOS CALCULADOS: 
Senα= 6/√52 
Cosα= 4/√52 
 
Senθ= 6/10= 0,6 
Cosθ=8/10=0,8
EQUILÍBRIO DOS NÓS 
 
∑Fx =0 
F13cos α-30=0 
F13= +54,083 (Tração) 
∑Fy =0 
F14+ 52,5+F13sen α=0 
F14= - 97,500 (Compressão) 
 
 
 
 
 
68 
 
∑Fx =0 
F23cos α=0 
F23= 0 
∑Fy =0 
F25+37,5+F23sen α=0 
F25= -37,5 (Compressão)
 
∑Fx =0 
-F34cos α+ F35cos α -54,083cos α =0 
F34cos α+F35cos α=30 
 
 
∑Fy =0 
F34sen α+ F35 sen α=45 
F34=0 
F35=+54,083 (Tração) 
 
∑Fx =0 30- F57cosθ-54,083cosα – F54=0 
 
 
 
69 
F54= -50 (Compressão) 
∑Fy =0 
37,5+F57senθ -30-54,083senα=0 
F57= +62,500 (Tração) 
 
 
 
 
∑Fx =0 
-F46cos α+30 -50=0 
F46= -36,055 (Compressão) 
∑Fy =0 
F46 sen α+F47+ 97,500=0 
F47= -67,500 (Compressão) 
 
∑Fx =0 
-30+ F67 -20=0 
F67= + 50 (Tração) 
∑Fy =0 
-30 +30=0 
 
 
 
 
70 
 
∑Fx =0 
-30+ 62,500cosθ =0 
∑Fy =0 
-30 -62,500senθ 67,500 =0 
 
 
 
 
 
71 
 
 
Exercício 2: 
Calcule os esforços nas barras da treliça, indicando no desenho o valor da força axial e o 
tipo (compressão ou tração). Adote a=2,0m, b=3,0m, F1=30,0 KN e F2=20,0 KN. 
 
 
 
 
 
 
72 
 
 
 
Nó 1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
∑Fx=0 
F12 −
F15
√10
= 0 
F12 = 20(tração) 
 
∑Fy=0 
3
F15
√10
+ 60 = 0 
F15 = −63,246(compressão) 
 
 
 
 
73 
Nó 6 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Nó 5 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
∑Fx=0 
F64
√10
−
F65
√10
= −30 
F64=-
47,434(tração) 
∑Fy=0 
−3𝐹64
√10
−
3𝐹65
√10
= 0 
𝐹65 = 47,434(𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠ã𝑜) 
 
∑Fx=0 
F54 +
63,246
√10
−
47,434
√10
+
F52
√10
= 0 
F54+F52=-5 
F54=10(tração) 
∑Fy=0 
3F52
√10
+ 3 ∗
63,246
√10
− 3
∗
47,434
√10
= 0 
F52 = 15,811(tração) 
 
 
 
 
74 
Nó 2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Nó 4 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
∑Fx=0 
10 + 20 −
47,434
√10
+
15,811
√10
+
𝐹43
√10
= 0 
30 − 15 + 5 +
𝐹43
√10
= 0 
F43=-63,246(tração) 
 
 
 
 
 
 
∑Fx=0 
F23 −
15,811
√10
−
15,811
√10
− 20
= 0 
F23 = 30(tração) 
∑Fy=0 
−3 ∗
15,811
√10
+
3 ∗ 𝐹24
√10
= 0 
3 ∗ 𝐹24
√10
= 15 
F24=-15,811(Compressão) 
 
 
 
 
75 
 
Nó 3 
 
 
 
 
 
 
 
 
Exercício 03: 
Calcule os esforços nas barras da treliça, indicando no desenho o valor e a natureza das 
forças. Adote a = 2,0 m, b = 3,0 m, h = 7,0 m, P1 = 50,0 KN, P2 = 120,0 KN. 
 
∑Fx=0 
50 − 30 −
63,246
√10
= 0 
0 = 0 
∑Fy=0 
−60 + 3 ∗
63,246
√10
= 0 
0 = 0 
 
 
 
76 
 
 
Reação de apoio 
∑Fy = 0 
R1=120KN 
 
∑Fx=0 
50+ R2+ 120+ R3= 0 
R2+ R3= -170 
∑M=0 
-120×4,2 -120×3 -
7×R3= 0 
R3= -123,429KN 
Retomando a equação R2+ R3= -170 
R2+ (-123,429) = -170 
R2= -46,571KN 
Cálculo dos ângulos 
α = tan−1 (
2
7
) = 15,945 
β = tan−1 (
7
5
) = 54,462 
 
 
 
77 
 
CÁLCULO DOS NÓS 
 
NÓ 1 
 
F51 = 0 
F21= -50 
NÓ 3 
 
F43.sin β = 120 
F43= 147,468 
F43.cos β + F23= 0 
F23= -147,468.cos β 
F23= -85,714 
 
 
 
 
 
78 
NÓ 4 
 
F54.cos β = 120 + 85,714 
F54 = 353,924 
F54.sin β= F24 + 120 
F24 = 168 
 
NÓ 5 
 
F45. cos β+ F25. sin α= 123,429 
F45. sin β+ F25.cos α = 0 
 
Resolvendo o sistema 
F25 = -299,525 
F45= 353,925 
 
 
 
79 
 
 
Exercício 04: 
Calcule os esforços nas barras da treliça, indicando o valor da força axial e o tipo 
(compressão ou tração). 
 
 
 
 
 
80 
Resolução: 
 
α = arctg (0,5/1) = 26,565°
Determinação das reações de apoio: 
ΣFx = −12 − 10 + R1 + R2 = 0 
R1 + R2 = 22 kN 
 
ΣFy = R3 + 10 = 0 
R3 = 10 kN 
 
ΣMA = −10 ∗ 1 − 4 ∗ 1 − 5 ∗ 2 − 4 ∗ 3 − 5 ∗ 4 + 4 ∗ R2 = 0 
R2 = 14 kN 
R1 = 8 kN 
 
Cálculo dos esforços nas barras: 
 
 
 
81 
Nó 1: 
 
ΣFx = −10 + F1−3 ∗ cos α = 0 
F1−3 = 11,180 kN 
ΣFy = +8 + F1−3 ∗ sen α + F1−2 = 0 
F1−2 = −13 kN 
 
Nó 12: 
 
ΣFx = F12−11 + 10 = 0 
F12−11 = −10 kN 
ΣFy = −F12−2 − 4 = 0 
F12−2 = −4 kN 
 
Nó 2: 
 
 
 
 
82 
 
𝛴𝐹𝑥 = F2−3 + F2−11 ∗ cos α = 0 
F2−3 = 18 kN 
 
ΣFy = −4 + 13 + F2−11 ∗ sen α = 0 
F2−11 = −20,125 kN
 
Nó 3: 
 
ΣFx = F3−4 − 18 − 11,180 ∗ cos α
= 0 
F3−4 = 28 kN 
ΣFy = F3−11 − 11,180 ∗ sen α = 0 
F3−11 = 5 kN 
 
 
Nó 11: 
 
 
 
83 
 
𝛴𝐹𝑥 = +10 + 𝐹11−10 + 𝐹11−4 ∗ 𝑐𝑜𝑠 𝛼
+ 20,125 ∗ 𝑐𝑜𝑠 𝛼 = 0 
𝐹11−10 = −28 𝑘𝑁 
 
𝛴𝐹𝑦 = −4 − 5 + 20,125 ∗ 𝑠𝑒𝑛 𝛼
− 𝐹11−4 ∗ 𝑠𝑒𝑛 𝛼 = 0 
𝐹11−4 = 0 𝑘𝑁
 
Nó 10: 
 
ΣFx = −5 + F10−4 = 0 
F10−4 = 5 kN 
 
ΣFy = 28 − F10−9 = 0 
F10−9 = 28 kN 
 
 
 
 
 
84 
Nó 8: 
 
ΣFx = −F8−9 = 0 
F8−9 = 0 kN 
 
ΣFy = −5 + F8−7 = 0 
F8−7 = 5 kN
 
Nó 9: 
 
ΣFx = 28 − 11,180 ∗ cos α + F9−7
∗ cos α = 0 
F9−7 = −20,125 kN 
 
ΣFy = −4 + F9−5 − 11,180 ∗ sen α
− (−20,125) ∗ sen α
= 0 
F9−5 = 0 kN 
 
 
 
 
85 
Nó 4: 
 
 
ΣFy = −5 + F4−9 ∗ sen α = 0 
F4−9 = 11,180 kN 
ΣFx = F4−5 + F4−9 ∗ cos α − 28 = 0 
F4−5 = 18 kN
 
Nó 5: 
 
ΣFy = F5−6 ∗ sen α = 0 
F5−6 = 0 kN 
ΣFx = F5−7 − F5−6 ∗ cos α − 18 = 0 
F5−7 = 18 kN 
 
 
 
 
 
 
86 
Nó 7: 
 
ΣFx = F7−6 − 5 − 20,125 ∗ sen α = 0 
F7−6 = 14 kN 
 
 
 
 
 
 
 
 
87 
5. GRELHAS 
 
Esta aula foi ministrada no dia 23 de Abril de 2018, pelo Prof. Dr. Marcus 
Vinícius Cavalcanti, que tinha como tema proposto, estruturas chamadas de Grelhas. 
Definições: 
São duas ou mais barras reticuladas que recebem carregamentos na direção 
ortogonal ao plano das barras. 
Grelha é uma estrutura reticulada plana submetida a carregamentos 
perpendiculares ao seu plano. Na construção civil, este tipo de sistema estrutural é 
composto por um sistema de vigas, perpendiculares ou não entre si, que se interceptam, 
estando interligadas nos pontos de interseção (SET 403, 1998). 
Figura 8: Grelha com malha quadrada e oblíqua 
 
Fonte: (Engel, 1981) 
A vantagem deste sistema composto por vigas que são interligadas entre si, está 
no funcionamento conjunto de todos os elementos resistentes para qualquer posição de 
carregamento. 
Figura 9: Reações e deslocamentos em grelha retangular 
 
 
Fonte: (SET 403, 1998) 
 
Observa-se na figura acima que uma parcela maior da carga concentrada “P” é 
transmitida dos apoios pela viga de menor vão, em contrapartida uma parcela menor é 
 
 
 
88 
transmitida na direção do maior vão. A viga mais rígida, (mais curta), será mais 
solicitada em comparação com a viga mais flexível, (mais longa). 
A interligação rígida nos pontos de interseção entre as vigas, introduz um giro na 
seção transversal, conforme pode ser observado na imagem abaixo. Quando uma das 
vigas sofre flexão, a viga interligada sofre um efeito de torção. Logo, as barras de uma 
grelha estão submetidas a esforços cortantes (V), momentos fletores (M) e momentos 
torsores (T). 
Figura 10: Inversão de curvatura nas barras de uma grelha 
 
Fonte: (SET 403, 1998) 
 
Se a grelha está situada no plano xz e o carregamento possui a direção y, as 
equações de equilíbrio da estática são: Σ Fy = 0 , Σ Mx = 0 , Σ Mz = 0. 
Figura 11 : Notação para as equações de Equilíbrio. 
 
 
Fonte: Autores,2018 
 
Uma grelha só será isostática quando estiver restringida e houver apenas 3 
incógnitas a determinar. 
Caso a grelha seja tri apoiada, os três apoios não devem estar situados sobre uma 
mesma reta. Se isso ocorrer, a grelha não está restringida e é hipostática. 
No caso geral de uma estrutura submetida a um carregamento com componentes 
perpendiculares e paralelos ao seu plano (carga oblíqua), a análise será feita em 
 
 
 
89 
separado para a decomposição do carregamento segundo o plano e perpendicular ao 
plano da estrutura (decomposição das forças). 
Esse tipo de estrutura tem que ser projetada para resistir a todas as solicitações 
atuantes, os chamados esforços internos. Estes esforços já são conhecidos, como o 
momento fletor, esforço cortante e agora um novo esforço chamado torsor. 
O Momento Torsor representa a soma algébrica dos momentos gerados por 
cargas contidas ou que possuam componentes no plano YZ, perpendicular ao eixo 
X. Produzindo esforço que tende a fazer girar a seção em torno do eixo longitudinal, 
provocando tensões de cisalhamento. 
 
Figura 12: Representação do momento Torsor em torno da barra no eixo X. 
 
Fonte: Fec.unicamp. 
 
 
APLICAÇÕES 
 Para se obter os diagramas solicitantes para a grelha, cujas barras formam em 
todos os nós ângulos retos, devemos analisar, por exemplo, pelo método direto, cada 
barra, levando-se em consideração os seus pontos de transição e em cada nó fazermos a 
conversão das solicitações devido a mudança de direção. O momento fletor que atua em 
uma determinada barra, fará o efeito de torsor em uma barra perpendicular a citada e 
vice-versa. 
 
5.1. EXERCÍCIOS 
 
Exercício 01: 
 
 
 
90 
Obtenha os diagramas de momento fletor, momento torsor e esforço cortante para a 
grelha apresentada na abaixo. Admita, Q1= 20.0, Q2= 140.0 , Q3= 10.0, F1= 30.0 e 
F2=120.0. 
 
 
CÁLCULO DAS REAÇÕES DE APOIO 
∑Fy =0 
R1+R2+R3=20x2+10x1+10x1+140x2+140x2+30+120 
R1+R2+R3=770 
 
∑Mz =0 
 
 
 
91 
+10x1x0,5+140x4x1+20x2x2+10x1x0,5 –R1x3=0 
3R1=650 
R1=216,667 KN 
 
∑Mx =0 
-10x1x4 -140x4x2+4R2 -20x2x2+R1x2- 30x4=0 
-4R2= -926,666 
R2= 231,667 KN 
Logo: 
R3= 321,666 KN 
 
EQUILÍBRIO DAS BARRAS: 
 
 
∑Fy =0 
321,666-120-10x1 = 191,666 -
191,666=0 
 
∑Mz =0 
M2+201,666x1-10x1x0,5=0 
M2= -196,666 KN.m
 
 
 
92 
 
∑Fy =0 
191,666-140x2= -88,334 +88,334=0 
 
∑Mz =0 
M2+191,666x2-140x2x1=0 
M2= -103,332 KN.m 
 
∑Fy =0 
201,667-30-10x1=191,667 -191,667 =0 
 
∑Mz =0 
M5+201,667x1 -10x1x0,5=0 
M2= -196,667 KN.m
 
 
 
 
93 
 
∑Fy =0 
191,667 -140x2x1= -88,333 +88,333 =0 
 
 
∑Mz =0 
M5 -191,667x2 +140x2x1=0 
M2= 103,334 KN.m
 
∑Fy =0 
-176,668 -
20x2+216,667=0 
 
∑Mx =0 
 
∑Mz =0 
-176,668x2-20x2x1-
393,332 =0
 
 
 
 
 
 
 
94 
CÁLCULO DO ESFORÇO CORTANTE 
Barra 1-2 
QAantes=0 
QAdepois= - 191,666 
QBantes=- 196,666 -10 = -201,666 
QBdepois= -201,666 + 201,666=0 
 
Barra 2-3 
QAantes=0 
QAdepois=+88,334 
QBantes=+88,334 – 140x2= -191,666 
QBdepois= -191,666 +191,666=0 
Barra 6-5 
QAantes=0 
QAdepois=-191,666 
QBantes=-191,666 -10= -201,666 
QBdepois= -201,666 +201,666=0 
 
Barra 5-3 
QAantes=0 
QAdepois= +191,666 
QBantes=+191,666 -140x2= -88,333 
QBdepois= -88,333 +88,333=0 
Barra 4-3 
QAantes=0 
QAdepois= +216,667 
QBantes=+216,667 – 20x2= 176,667 
QBdepois= 176,667 – 176,667=0 
 
CÁLCULO DO MOMENTO FLETOR: 
Barra 1-2 
MFA=+ 196,666 KN.m 
MFB= +196,666 -191,666x0,5 -10x0,5x0,25 = 99,583 KN.m 
MFC= 0 
Barra 2-3 
MFA=+ 103,332 KN.m 
MFB= +103,332 +88,334x1- 140x1x0,5= 121,666 KN.m 
MFC= 0 
Barra 6-5
MFA=+ 196,667 KN.m 
MFB= +196,667-191,667x0,5-10x0,5x0,25= 99,583 KN.m 
MFC= 0 
 
 
 
95 
Barra 5-3 
MFA=0 
MFB= 191,667x1 - 140x1x0,5= 121,667 KN.m 
MFC= +103,334 KN.m 
Barra 4-3 
MFA=0 
MFB= 216,667x1-20x1x0,5= 206,667 KN.m 
MFC= +393,332 KN 
 
 
 
32 94 
Diagrama do Momento Torsor (D.M.T) 
 
Diagrama do Esforço Cortante (D.E.C) 
 
 
 
 
 
 
 
34 95 
Diagrama do Momento Fletor (D.M.F) 
 
Exercício 02: 
Obtenha os diagramas de momento fletor, momento torsor e esforço cortante para a grelha 
apresentada na abaixo. Admita, a= 3.0 m,Q= 40.0 e F=120.0. 
 
 
 
 
32 96 
∑ Fy = 0 
R1 + R2 + R3 = 120 + 120 + 120 + 40
∗ 3 ∗ 5 
R1 + R2 + R3 = 960 
R1 + R3 = 960 − 60 
R1 + R3 = 900 
R1 = 900 − 90 
R1 = 810 KN 
∑ Mz = 0 
40 ∗ 3 ∗ 1,5 + 40 ∗ 3 ∗ 1,5 + 120 ∗ 3
− 120 ∗ 3 − 120 ∗ 3 − 40
∗ 3 ∗ 1,5 + 3R2 = 0 
 
−3R2 = −180 
R2 = 60KN 
∑ Mx = 0 
−40 ∗ 3 ∗ 3 − 120 ∗ 6 − 120 ∗ 3 − 40 ∗ 3 ∗ 6 − 40 ∗ 3 ∗ (1,5 + 3) − 40 ∗ 3 ∗ (1,5 + 6) 
3R1 + 6R2 + 9R3 = 0 
−3R1 − 9R3 = 3240 
R3 = 90KN 
 
 
 
 
 
Barra 1-2 
M2 + 40 ∗ 3 ∗ 1,5 = 0 
M2 = −180 
 
 
34 97 
 
 
 
 
 
Barra 2-3 
M2 − 120 ∗ 3 = 0 
M2 = 360 
Barra 2-4 
M4 + 240 ∗ 3 = 0 
M2 = −720 
Barra 6-4 
M4 + 40 ∗ 3 ∗ 1,5 = 0 
M2 = −180 
 
 
34 98 
 
 
 
Barra 4-5 
M4 − 120 ∗ 3 = 0 
M2 = 360 
Barra 7-10 
M7 − 40 ∗ 3 ∗ 1,5 + 90 ∗ 3 = 0 
M7 = −90 
Barra 9-7 
M7 + 120 ∗ 3 = 0 
M7 = −360 
 
 
34 99 
 
 
Diagrama de Esforço Torsor (D.E.T) 
 
Barra 4-7 
MZ = 360 − 360 = 0 
Fy = 0 
∑ Mx = 0 
720 − 330 ∗ 3 + 40 ∗ 3 ∗ 1,5 + 90 = 0 
Barra 7-8 
M7 + 60 ∗ 3 − 40 ∗ 3 ∗ 1,5 = 0 
M7 = 0 
 
 
34 100 
CÁLCULO DO ESFORÇO CORTANTE: 
 
Barra 1-2 
 Antes=0 
 Depois=0 
 
 Antes=-40*3=-120 
 Depois=-120+120=0 
 
 Barra 2-3 
 Antes=-40*3=-120 
 Depois=-120+120=0 
 
 Antes=120 
 Depois=+120-120=0 
 Barra 2-4 
 Antes=0 
 Depois=-240 
 
 Antes=-240 
 Depois=-240+240=0 
 Barra 6-4 
 Antes=0 
 Depois=0 
 
 Antes=-40*3=-120 
 Depois=-120+120=0 
 
 Barra 4-5 
 Antes=0 
 Depois=+120 
 
 Antes=120 
 Depois=+120-120=0 
 Barra 4-7 
 Antes=0 
 Depois=330 
 
 Antes=330-40*3=210 
 Depois=210-210=0 
 Barra 7-10 
 Antes=0 
 Depois=30 
 
 Antes=30-40*3=-90 
 Depois=-90+90=0 
 Barra 9-7 
 Antes=0 
 Depois=-120 
 
 Antes=-120 
 Depois=-120+120=0 
 Barra 7-8 
 Antes=0 
A 
B 
A 
B 
A 
B 
A 
B 
A 
B 
A 
B 
A 
B 
A 
B 
A 
 
 
34 101 
 Depois=60 
 
 Antes=60-40*3=-60 
 Depois=-60+60=0 
 
 
 
 
Diagrama do Esforço Cortante (D.E.C) 
 
CÁLCULO DO MOMENTO FLETOR 
 
Barra 1-2 
 A=0 
 B=-40*1,5*0,75=-45 
 C=-180 
 Barra 2-3 
 A=-360 
 B=-360+120*1,5=-180 
 C=0 
 Barra 2-4 
 A=0 
 B=-240*1,5=-360 
 C=-720 
 Barra 6-4 
 A=0 
B 
 
 
34 102 
 B=-40*1,5*0,75=-45 C=-180 
 
Barra 4-5 
 A=-360 
 B=-360+120*1,5=-180 
 C=0 
 Barra 7-10 
 A=90 
 B=90+30*1,5-40*1,5*0,75=90 
 C=0 
 
 
Barra 9-7 
 A=0 
 B=-120*1,5*=-180 
 C=-360 
 Barra 7-8 
 A=0 
 B=60*1,5-40*1,5*0,75=45 
 C=0 
 Barra 4-7 
 A=-720 
 B=-720+330*1,5-40*1,5*0,75=-270 
 C=+90 
 
Diagrama do Momento Fletor (D.M.F) 
 
 
 
 
34 103 
Exercício 03: 
Obtenha os diagramas de momento fletor, momento torsor e esforço cortante para a grelha 
apresentada na figura abaixo. Admita, Q = 20,0 KN/m e A = 2,0 m. 
 
Reação de apoio 
∑𝐹𝑦 = 0 
𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3 = 20.2.5 = 200 
∑𝑀𝑥 = 0 
-(20.2)×1 - (20.2)×1 + (20.2)×1 - 𝑅2×2 = 0 
𝑅2 = -20 
∑𝑀𝑧 = 0 
+(20.2)×1 + (20.2)×3 + (20.2)×2 + (20.2)×4 + (20.2)×6 -𝑅2×2 - 𝑅1×4 = 0 
Sendo 𝑅2 = -20 
𝑅1 = 170 
Resolvendo a equação: 
𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅3 = 200 
𝑅3 = 50 
EQUILÍBRIO DAS BARRAS 
De acordo com as equações 
∑𝐹𝑦 = 0 ∑𝑀𝑥 = 0 ∑𝑀𝑧 = 0 
 
 
 
34 104 
 
Barra 5,1 
 
Fy = -40 Mx = +(20.2)×1 = 
40 
Mz = 0 
Barra 6,2 
 
Fy = -40 Mx = +(20.2)×1 
= 40 
Mz = 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
34 105 
Barra 7,3 
 
Fy = -60 Mx = +(20.2)×1 
-20×2 = -80 
Mz = 0 
Barra 4,3 
 
Fy = 10 Mz = = -(20.2)×1 
+ 50×2 = 60 
Mx = 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
34 106 
Barra 1,2 
 
Fy = -40 Mz = +40 Mx = +40×2 = 
+80 
Barra 2,3 
 
Verificando o momento em z 
∑𝑀𝑥 = 0 𝑀𝑧 = +80 -90×2 +20× = -60 
 
 
 
 
32 107 
Diagrama do Momento Torsor(D.M.T) 
 
Diagrama do Esforço Cortante (D.E.C) 
 
 
Diagrama do Momento Fletor (D.M.F). 
 
 
34 108 
 
Exercício 04: 
Obtenha os diagramas de momento fletor, momento torsor e esforço cortante para a grelha 
apresentada na figura a seguir. 
 
 
Resolução: 
 
 
 
34 109 
 
Reações de Apoio: 
ΣFy = 0 
R1 = (10 ∗ 3) ∗ 2 + 30 ∗ 3 + (10 ∗ 2) ∗ 2 + 20 ∗ 2 + 20 
R1 = 250 kN 
 
ΣMz = 0 
Mz − 20 ∗ 2 ∗ 1 + 10 ∗ 2 ∗ 1 − 10 ∗ 2 ∗ 1 − 20 ∗ 2 = 0 
Mz = 80 kN ∗ m 
 
ΣMx = 0 
Mx − 10 ∗ 3 ∗ 1,5 − 10 ∗ 3 ∗ (1,5 + 3) − 30 ∗ 3 ∗ (1,5 + 6) − 10 ∗ 2 ∗ 6 − 20 ∗ 2 ∗ 3 − 10
∗ 2 ∗ 9 − 20 ∗ 6 = 0 
Mx = 1395 kN ∗ m 
Equilíbrio das Barras: 
Barra 1-2: 
Mx + 1395 − 250 ∗ 3 + 10 ∗ 3 ∗ 1,5 = 0 
 
 
34 110 
Mx = −690 kN ∗ m 
 
 
Barra 2-3: 
Mz − 20 ∗ 2 ∗ 1 = 0 
Mz = +40 kN ∗ m 
 
Barra 8-7: 
Mx + 20 ∗ 3 = 0 
Mz = −60 kN ∗ m 
 
 
34 111 
 
Barra 6-7: 
Mz − 20 ∗ 2 − 10 ∗ 2 ∗ 1 = 0 
Mz = +60 kN ∗ m 
 
Barra 5-6: 
Mx + 60 − 40 ∗ 3 − 30 ∗ 3 ∗ 1,5 = 0 
Mx = +195 kN ∗ m 
 
 
 
34 112 
Barra 4-5: 
Mz + 10 ∗ 2 ∗ 1 = 0 
Mx = −20 kN ∗ m 
 
Barra 2-5: 
𝛴𝑀𝑧 = 40 − 40 = 0 
𝛴𝐹𝑦 = 180 − 10 ∗ 3 − 150 = 0 
𝛴𝑀𝑥 = 690 − 180 ∗ 3 + 10 ∗ 3 ∗ 1,5 = 0 
 
Diagrama de Momento Torsor (D.M.T) 
 
 
34 113 
 
CÁLCULO DO ESFORÇO CORTANTE: 
Barra 1-2: 
QA Antes = 0 QA Depois = +250 
QB Antes = 220 QB Depois = 0 
 
Barra 2-3: 
QA Antes = 0 QA Depois = +40 
QB Antes = 0 QB Depois = 0 
 
Barra 8-7: 
QA Antes = 0 QA Depois = -20 
QB Antes = -20 QB Depois = 0 
 
Barra 6-7: 
QA Antes = 0 QA Depois = +40 
QB Antes = +20 QB Depois = 0 
 
Barra 5-6: 
QA Antes = 0 QA Depois = +130 
QB Antes = +40 QB Depois = 0 
 
Barra 4-5: 
 
 
34 114 
QA Antes = 0 QA Depois = 0 
QB Antes = -20 QB Depois = 0 
 
Barra 2-5: 
QA Antes = 0 QA Depois = +180 
QB Antes = +150 QB Depois = 0 
 
Diagrama de Esforço Cortante (D.E.C) 
 
 
 
CÁLCULO DO MOMENTO FLETOR: 
Barra 1-2: 
A = -1395 kN*M 
B = -1395 + 250*1,5 – 10*1,5*0,75 = -1031,250 kN*M 
C = - 690 kN*M 
 
Barra 2-3: 
A = -40 kN*M 
B = -40 + 40*1 – 20*1*0,5 = -10 kN*M 
C = 0 
 
 
34 115 
 
Barra 8-7: 
A = 0 
C = - 60 kN*M 
 
Barra 6-7: 
A = -60 kN*M 
B = -60 + 40*1 – 10*1*0,5 = -25 kN*M 
C = 0 
 
Barra 5-6: 
A = -195 kN*M 
B = -195 + 130*1,5 – 30*1,5*0,75 = -33,75 kN*M 
C = +60 kN*M 
 
Barra 4-5: 
A = 0 
B = -10*1*0,5 = -5 kN*M 
C = - 20 kN*M 
 
Barra 2-5: 
A = -690 kN*M 
B = -690 + 180*1,5 – 10*1,5*0,75= -431,250 kN*M 
C = -195 kN*M 
 
Diagrama de Momento Fletor (D.M.F)
34 116 
 
6. LINHA DE INFLUÊNCIA 
 
Esta aula foi ministrada no dia 07 de maio de 2018, pelo Prof. Dr. Marcus Vinícius 
Cavalcanti, que tinha como tema proposto as Linhas de Influência. 
 Estruturas de pontes rodoviárias, ferroviárias ou pórticos industriais tem suas 
estruturas solicitadas por cargas móveis. Nessas estruturas, os esforços internos variam com a 
magnitude das cargas aplicadas e com a posição de atuação dessas cargas. Por tanto, projetos 
de vigas estruturais de vigas de pontes, por exemplo, envolve a determinação das posições das 
cargas móveis que produzem valores extremos dos esforços nas seções ao longo da viga. 
 O procedimento utilizado para determinar as posições de cargas móveis que provocam 
valores extremos de um determinado esforço em uma seção de uma estrutura é denominado 
Linhas de Influência. 
 Linhas de Influência caracterizam a variação das reações de apoio, esforço cortante e 
momento fletor em uma determinada seção do elemento estrutural em função da posição da 
carga que percorre a estrutura. Em outras palavras, “é o lugar geométrico dos pontos que 
representam um efeito estrutural em uma seção fixa em função de uma solicitação móvel” 
(CAVALCANTTI, 2018) 
Exemplo: 
A carga P percorre a viga, movendo-se sobre cada uma das seções espaçadas entre si 1,0 m, 
como mostra a figura a seguir. 
FIGURA 13: EXEMPLO DE CARGA PONTUAL SOBRE VIGA 
 
 
34 117 
 
 
 Considerando o P = 10kN, podemos obter os valores das reações de apoio, dos 
momentos fletores e os esforços cortantes sobre ponto A localizado no centro da viga. 
 
Tabela 01: Tabela de resoluções do exemplo. 
Seção posição (m) R1 (kn) R2 (kN) MA (kn) QA (kn) 
 
 
34 118 
1 0 15,0 -5,0 -10,0 5,0 
2 1 12,5 -2,5 -5,0 2,5 
3 2 10,0 0,0 0,0 0 
4 3 7,5 2,5 5,0 -2,5 
5 4 5,0 5,0 10,0 +5 / -5 
6 5 2,5 7,5 5,0 +2,5 
7 6 0,0 10,0 0,0 0,0 
8 7 -2,5 12,5 -5,0 -2,5 
9 8 -5,0 15,0 -10,0 -5,0 
Fonte: Autores, 2018. 
 Os diagramas dos Limites de Influencia são apresentados a seguir. 
 
 
 
 
 
Linha de Influência da Reação de Apoio R1 (LIR1) 
 
Figura 14: Diagrama de Linha de Influência da Reação de Apoio R1 
 
 A amplitude do valor da reação de apoio é de 20 kN (Amplitude = +15 – (-5) = +20 
kN). 
 
 
34 119 
Linha de Influência do Momento Fletor em A (LIMFA) 
 
Figura 15: Diagrama de Linha de Influência do Momento Fletor no Ponto A 
 
 A amplitude do valor do momento fletor em A é de 20 kN*m (Amplitude = +10 – (-
10) = + 20 kN*m). 
 
 
 
Linha de Influência do Esforço Cortante em A (LIQA) 
 
Figura 16: Diagrama de Linha de Influência do Esforço Cortante em A 
 A amplitude do valor do esforço cortante em A é de 10 kN (Amplitude = +5 – (-5) = + 
10 kN*m). 
 
 
 
34 120 
 Trem-Tipo: 
 Suponhamos uma estrutura de um viaduto onde transitam veículos de diferentes portes 
e diferentes cargas. Por estarem em movimento, estas cargas também se movimentam pela 
estrutura. Desses veículos, o peso e a distância entre os eixos são conhecidas. Baseados nesses 
valores conhecidos, existem normas técnicas que estabelecem os parâmetros e especificações 
de cálculo. Para essa situação, tem-se aplicado os princípios do “Trem-Tipo”, que segue os 
mesmos passos de cálculo para cargas pontuais, mas agora analisa-se a carga do veículo em 
transição pela estrutura. 
 
Figura 17: Exemplo Modelo de Trem-Tipo 
 
 Nessa unidade serão apresentados exercícios resolvidos de Trem-tipo. 
 
6.1. EXERCÍCIOS 
 
Exercício 01: 
Esboce a Linha de Influência da reação de apoio R1, da reação R2 e do momento fletor na 
seção S, indicados na figura. Adote a= 3.0 m, P= 2 .0 m, Q= 6.0 KN/m. 
 
 
 
34 121 
 
Resolução: 
CÁLCULO DAS REAÇÕES DE APOIO 
SEÇÃO 1 
R1 + R2= 20 
-R1x6 – 6x3x1,5 +2x6=0 
6R1= -15 
R1= -2,5 KN ; logo R2= 22,5KN 
SEÇÃO 2 
R1 + R2= 20 
-R1x6 +2x4,5-6x3x1,5=0 
6R1= -18 
R1= -3 KN ; logo R2= 23 KN 
 
SEÇÃO 3 
R1 + R2= 20 
-R1x6 +2x3-6x3x1,5=0 
6R1= -21 
R1= -3,5 KN ; logo R2= 23,5KN 
 
SEÇÃO 4 
R1 + R2= 20 
-R1x6 +2x1,5 - 6x3x1,5=0 
6R1= -24 
R1= -4 KN ; logo R2= 24 KN 
 
SEÇÃO 5 
R1 + R2= 20 
-R1x6 - 6x3x1,5=0 
6R1= -27 
R1= -4,5 KN ; logo R2= 15,5 KN 
 
SEÇÃO 6 
R1 + R2= 20 
-R1x6 -2x1,5 - 6x3x1,5=0 
6R1= -30 
R1= -5 KN ; logo R2= 25 KN
 
SEÇÃO 7 
 
 
34 122 
R1 + R2= 20 
-R1x6 - 2x3-6x3x1,5=0 
6R1= -33 
R1= -5,5 KN ; logo R2= 25,5KN 
 
CÁLCULO DO MOMENTO FLETOR: 
Mf(1)= -2,5x3 -2x3= -13,5 KN.m 
Mf(2)= -3x3 -2x1,5= -12 KN.m 
Mf(3)= -3,5x3 = -10,5 KN.m 
Mf(4)= -4x3= -12 KN.m 
Mf(5)= -4,5x3= -13,5 KN.m 
Mf(6)= -5x3= -15 KN.m 
Mf(7)= -5,5x3= -16,5 KN.m 
 
Tabela 02: Tabela de resoluções. 
Seção R1 (KN) R2 (KN) Mf S (KN.m) 
1 -2,5 22,5 -13,5 
2 -3 23 -12 
3 -3,5 23,5 -10,5 
4 -4 24 -12 
5 -4,5 24,5 -13,5 
6 -5 25 -15 
7 -5,5 25,5 -16,5 
Fonte: Autores, 2018. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
32 123 
Linha de Influência da Reação R1 (LIR1) 
 
 
 
Linha de Influência da Reação R2 (LIR2) 
 
 
 
34 124 
 
Linha de Influência da Seção S (LIMF(S)) 
 
 
 
Exercício 02: 
Esboce a Linha de Influência da reação de apoio R1, do momento fletor na seção A, e do 
esforço cortante na seção A, indicados na figura. Adote a= 2.0 m, P= 160.0 m, Q= 60.0 
KN/m. 
 
 
 
 
Tabela 03: Tabela de resoluções 
 
 
34 125 
Seção R1 R2 MFA QA 
1 -10R1+160*16=0 
10R1=2560 
R1=256 
 
96 -96*10=-960 96 
2 -10R1+160*14+160*16+60*2*(1+14) 
=0 
10R1=6600 
R1=660 
 
-
220 
-220*10=-2200 220 
3 -10R1+160*12+60*2*(1+2) +160*14=0 
10R1=5720 
R1=572 
-
132 
-132*10=-1320 132 
4 -10*R1+160*12+60*2*(1+10) 
+160*10=0 
10R1=4840 
R1=484 
-44 -44*10=-440 Antes=-280 
Depois=44 
5 -10R1+160*8+160*10+60*2*(1+8) =0 
10 R1=3960 
R1=396 
44 -160*2-
60*2*1+44*10=0 
Antes=0 
Depois=-324 
6 -10R1+160*6+160*8+60*2*(1+6) =0 
10R1=3080 
R1=308 
132 0 308 
7 -10R1+160*6+160*4+60*2(1+4) =0 
10R1=2200 
R1=220 
220 0 220 
8 -10R1+160*2+160*4+60*2(1+2)=0 
10R1=1320 
R1=132 
308 0 132 
9 -10R1+160*2+60*2*1=0 
10R1=440 
R1=44 
396 0 44 
Fonte: Autores,2018. 
 
Linha de Influência da Reação R1 (LIR1) 
 
 
34 126 
 
 
Linha de Influência do Momento Fletor em A (LIMFA) 
 
 
 
 
Linha de Influência do Esforço Cortante em A (LIQA) 
 
 
34 127 
 
 
Exercício 03: 
Desenhe as linhas de influência do momento fletor e esforço cortante no ponto A. Adote a = 
1.0m, Q = 241.0KN/m e P = 120.0KN use como intervalo de análise 1.0m e obtenha os 
valores das linhas de influência até o carregamento sair totalmente da viga. 
 
 
 
 
 
32 128 
SEÇÃO 1 
 R1+ R2 = 120 
∑M4 = 0 
M4 = 120×3 + 6. R2 = 0 
R2= -60KN 
R1 = 180KN 
QA = +60KN 
MFA= -60×3 = -180KN.M 
SEÇÃO 2 
 R1+ R2 = 2.120 + 240.1= 480 
∑M4 = 0 
M4 = 120×3 + (240.1)×2,5 +120×2 + 6. R2 
= 0 
R2= -200KN 
R1 = 680KN 
QA = +200KN 
MFA= -200×3 = -600KN.M 
 
 
SEÇÃO 3 
R1+ R2 = 2.120 + 240.1= 480 
∑M4 = 0 
M4 = 120×2 + (240.1)×1,5 +120×1 + 6. R2 
= 0 
R2= -120KN 
R1 = 600KN 
QA = +120KN 
MFA= -120×3 = -360KN.M 
SEÇÃO 4 
R1+ R2 = 2.120 + 240.1= 480 
∑M4 = 0 
M4 = 120×1 + (240.1)×0,5 + 6. R2 = 0 
R2= -40KN 
R1 = 520K 
QA = +40KN 
MFA= -40×3 = -120KN.M 
 
SEÇÃO 5 
R1+ R2 = 2.120 + 240.1= 480 
∑M4 = 0 
M4 = -(240.1)×0,5 -120×1 + 6. R2 = 0 
R2= 40KN 
R1 = 440KN 
QA =
-40KN 
MFA = 40×3 = 120KN.M
 
 
32 129 
SEÇÃO 6 
R1+ R2 = 2.120 + 240.1= 480 
∑M4 = 0 
M4 = -120×1 -(240.1)×1,5 -120×2 + 6. R2 
= 0 
R2= 120KN 
R1 = 360KN 
QA = -120KN 
MFA= 120×3 = 360KN.M 
 
 
 
 
 
 
 
 
SEÇÃO 7 
R1+ R2 = 2.120 + 240.1= 480 
∑M4 = 0 
M4 = -120×2 -(240.1)×2,5 -120×3 + 6. R2 
= 0 
R2= 200KN 
R1 = 280KN 
QA1 = -80KN QA2 = -200KN 
MFA= 200×3 = 600KN.M 
SEÇÃO 8 
R1+ R2 = 2.120 + 240.1= 480 
∑M4 = 0 
M4 = -120×3 -(240.1)×3,5 -120×4 + 6. R2 
= 0 
R2= 280KN 
R1 = 200KNQA1 = 200KN QA2 = 80KN 
MFA= 200×3 = 600KN.M 
SEÇÃO 9 
R1+ R2 = 2.120 + 240.1= 480 
∑M4 = 0 
M4 = -120×4 -(240.1)×4,5 -120×5 + 6. R2 
= 0 
R2= 360KN 
R1 = 120KN 
QA = 120KN 
MFA= 120×3 = 360KN.M 
SEÇÃO 10 
R1+ R2 = 2.120 + 240.1= 480 
∑M4 = 0 
 
 
34 130 
M4 = -120×5 -(240.1)×5,5 -120×6 + 6. R2 
= 0 
R2= 440KN 
R1 = 40KN 
QA = 40KN 
MFA= 40×3 = 120KN.M 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
SEÇÃO 11 
R1+ R2 = 2.120 + 240.1= 480 
∑M4 = 0 
M4 = -120×6 -(240.1)×6,5 -120×7 + 6. R2 
= 0 
R2= 520KN 
R1 = -40KN 
QA = -40KN 
MFA= -40×3 = -120KN.M 
SEÇÃO 12 
R1+ R2 = 2.120 + 240.1= 480 
∑M4 = 0 
M4 = -120×7 -(240.1)×7,5 -120×8 + 6. R2 
= 0 
R2= 600KN 
R1 = -120KN 
QA = -120KN 
MFA= -120×3 = -360KN.M 
SEÇÃO 13 
R1+ R2 = 120 
∑M4 = 0 
M4 = -120×8 + 6. R2 = 0 
R2= 160KN 
R1 = -40KN 
 
 
32 131 
QA = -40KN 
MFA= -40×3 = -120KN.M 
Linha de Influência do Momento Fletor em A (LIMFA) 
 
 
Linha de Influência do Esforço Cortante em A (LIQA) 
 
Exercício 04: 
 
 
34 132 
Desenhe as linhas de influência do momento fletor e esforço cortante no ponto A. use como 
intervalo de análise 1,0 m e obtenha os valores das linhas de influência até o carregamento 
sair totalmente da viga. 
 
Resposta: 
 
SEÇÃO 1: 
R1 + R2 = 100 
-6*R1+100*8 = 0 
6*R1 = 800 
R1 = 133,333 kN; R2 = -33,333 kN 
MFA = -99,999 kN*m 
QA = +33,333 Kn 
 
SEÇÃO 2: 
R1 + R2 = 240 
-6*R1 + 100*7 + 120*8 + 20*1*(0,5+7)= 0 
6*R1 = 1810 
R1 = 301,667 kN; R2 = -61,667 kN 
 
 
34 133 
MFA = -185 kN*m 
QA = +61,667 KN 
 
SEÇÃO 3: 
R1 + R2 = 290 
-6*R1 + 100*6 + 120*7 + 50*1*7,5 + 20*1*6,5 = 0 
6*R1 = 1945 
R1 = 324,167 kN; R2 = -34,167 kN 
MFA = -102,501 kN*m 
QA = +34,167 kN 
 
SEÇÃO 4: 
R1 + R2 = 490 
-6*R1 + 100*5 + 120*6 + 150*8 + 50*2*(1+6) + 20*1*(0,5+5)= 0 
6*R1 = 3230 
R1 = 538,333 kN; R2 = -48,333 kN 
MFA = -145 kN*m 
QA = +48,333 kN 
SEÇÃO 5: 
R1 + R2 = 490 
-6*R1 + 100*4 + 120*5 + 150*7 + 50*2*(1+5) + 20*1*(0,5+4) = 0 
6*R1 = 2740 
R1 = 456,667 kN; R2 = +33,333 kN 
MFA = +100 kN*m 
QA = -33,333 kN 
 
SEÇÃO 6: 
R1 + R2 = 490 
-6*R1 + 100*3 + 120*4 + 150*6 + 50*2*(1+4) + 20*1*(0,5+3) = 0 
6*R1 = 2250 
R1 = 375 kN; R2 = 115 kN 
 
 
34 134 
MFA = +345 kN*m 
QA Antes = -15 kN 
QA Depois = -115 kN 
 
SEÇÃO 7: 
R1 + R2 = 490 
-6*R1 + 100*2 + 120*3 + 150*5 + 50*2*(1 + 3) + 20*1*(0,5 + 2) = 0 
6*R1 = 1760 
R1 = 293,333 kN; R2 = 196,667 kN 
MFA = +480,001 kN*m 
QA Antes = +43,333 kN 
QA Depois = -76,667 kN 
 
SEÇÃO 8: 
R1 + R2 = 490 
-6*R1 + 100*1 + 120*2 + 150*4 + 50*2*(1 + 2) + 20*1*(0,5 + 1) = 0 
6*R1 = 1270 
R1 = 211,667 kN; R2 = 278,333 kN 
MFA = +460,001 kN*m 
QA Antes = +11,667 kN 
QA Depois = +11,667 kN 
 
SEÇÃO 9: 
R1 + R2 = 490 
-6*R1 + 120*1+ 150*3 + 50*2*(1+1) + 20*1*0,5 = 0 
6*R1 = 780 
R1 = 130 kN; R2 = 360 kN 
MFA = +390 kN*m 
QA Antes = +130 kN 
QA Depois = -20 kN 
 
 
 
 
34 135 
SEÇÃO 10: 
R1 + R2 = 490 
-6*R1 + 150*2 + 50*2*1 + 20*1*0,5 – 100*1 = 0 
6*R1 = 290 
R1 = 48,333 kN; R2 = 441,667 kN 
MFA = +144,999 kN*m 
QA Antes = +48,333 kN 
QA Depois = +48,333 kN 
 
SEÇÃO 11: 
R1 + R2 = 490 
-6*R1 + 150*1 + 50*2*0,5 – 50*1*0,5 – 120*1 – 100*2 – 20*1*1,5 = 0 
6*R1 = -200 
R1 = -33,333 kN; R2 = 523,333 kN 
MFA = -99,999 kN*m 
QA Antes = -33,333 kN 
QA Depois = -33,333 kN 
 
SEÇÃO 12: 
R1 + R2 = 370 
-6*R1 – 50*2*1 – 120*2= 0 
6*R1 = -340 
R1 = -56,667 kN; R2 = 426,667 kN 
MFA = -170,001 kN*m 
QA Antes = -56,667 kN 
QA Depois = -56,667 kN 
 
SEÇÃO 13: 
R1 + R2 = 200 
-6*R1 - 150*1 -50*1*1,5 = 0 
6*R1 = -225 
R1 = -37,500 kN; R2 = 237,500 kN 
MFA = -112,5 kN*m 
 
 
34 136 
QA Antes = -37,5 kN 
QA Depois = -37,5 kN 
 
SEÇÃO 14: 
R1 + R2 = 150 
-6*R1 + 150*2 = 0 
6*R1 = -300 
R1 = -50,000 kN; R2 = 200,000 kN 
MFA = -150 kN*m 
QA Antes = -50 kN 
QA Depois = -50 kN 
 
Tabela 04: Tabela de resoluções 
Seção R1 (kN) R2 (kn) MF (kn*m) QA Antes 
(kn) 
QA Antes 
(kn) 
1 133,333 -33,333 -99,999 +33,333 +33,333 
2 301,667 -61,667 -185,000 +61,667 +61,667 
3 324,167 -34,167 -102,501 +34,167 +34,167 
4 538,333 -48,333 -145,000 +48,333 +48,333 
5 456,667 33,333 +100,000 -33,333 -33,333 
6 375,000 115,000 +345,000 -15,000 -115,000 
7 293,333 196,667 +480,001 +43,333 -76,667 
8 211,667 278,333 +460,001 +11,667 +11,667 
9 130,000 360,000 +390,000 +130,000 -20,000 
10 48,333 441,667 +144,999 +48,333 +48,333 
11 -33,333 523,333 -99,999 -33,333 -33,333 
12 -56,667 426,667 -170,001 -56,667 -56,667 
13 -37,5000 237,500 -112,500 -37,500 -37,500 
14 -50,000 200,000 -150,000 -50,000 -50,000 
Fonte: Autores,2018. 
Linha de Influência do Momento Fletor em A (LIMFA) 
 
 
34 137 
 
Linha de Influência do Esforço Cortante em A (LIQA)