RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS PARTE I ESTÁTICA

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GRUPO DE MECÂNICA ESTRUTURAL 
Departamento de Engenharia Mecânica 
Faculdade de Ciências e Tecnologia da Universidade de Coimbra 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Parte I - Estática 
 
 
 
 José Maria O. Sousa Cirne 
 2007/08 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 2 
CAPÍTULO I 
DETERMINAÇÃO DAS REACÇÕES DE APOIO 
1.1- Introdução 
No curso que agora se está a iniciar admite-se que os corpos sólidos são 
geometricamente invariáveis, onde o deslocamento isolado de pontos ou partes do corpo não 
pode acontecer. Quando se pretende analisar um corpo isoladamente, é necessário substituir a 
acção mecânica que sobre ele exerce o meio que o rodeia por elementos a que chamamos forças 
ou solicitações exteriores. Estas forças classificam-se em forças de volume, de que são 
exemplo as forças gravíticas e de atracção magnética que actuam no interior do corpo e em 
forças de superfície que são aplicadas no contorno do corpo e caracterizam a interacção deste 
com os corpos vizinhos. Conforme se exerçam pontualmente ou em regiões de dimensões não 
desprezáveis, as forças podem ainda ser classificadas respectivamente como forças 
concentradas ou forças distribuídas. 
Todos os corpos sólidos são dotados de propriedades mecânicas que lhes permitem, 
dentro de certos limites, reagir à acção das forças exteriores sem que haja rotura ou variação 
sensível das suas dimensões geométricas. Se a um corpo em repouso fôr aplicada uma 
solicitação exterior, as moléculas que o constituem alteram a sua posição e os deslocamentos 
mútuos entre elas continuam até que o equilíbrio entre as forças exteriores e as interiores seja 
estabelecido. Diz-se então que este corpo está no estado de deformação. 
Durante a deformação as forças exteriores actuantes produzem trabalho que é, completa 
ou parcialmente, transformado em energia potencial de deformação elástica. Se as solicitações 
que produziram a deformação diminuirem gradualmente, dá-se um retorno parcial ou completo 
do corpo à sua posição inicial de repouso. Durante a fase em que este último processo ocorre a 
energia potencial de deformação acumulada é devolvida ao exterior, podendo ser recuperada 
sobre a forma de trabalho. Um exemplo do que acaba de se referir é o que se verifica com a 
deformação da mola de um relógio mecânico. 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 3
A propriedade que os corpos têm de, dentro de certos limites, voltarem à sua forma 
inicial quando cessa a solicitação exterior, é chamada elasticidade. Diz-se que um corpo é 
perfeitamente elástico se tem uma recuperação total da sua forma inicial uma vez eliminada a 
causa da sua deformação. Se pelo contrário a deformação produzida não desaparece 
completamente, quer devido às propriedades mecânicas do material, quer porque as solicitações 
ultrapassaram os limites de elasticidade do material, diz-se que o corpo teve um comportamento 
parcialmente elástico, tendo sofrido uma deformação plástica parcial. Neste caso parte do 
trabalho produzido pelas forças exteriores é retido sob a forma de energia de deformação 
plástica. 
Em Resistência de Materiais admite-se que um corpo tem sempre um comportamento 
perfeitamento elástico, isto é, interessa analisar o seu comportamento de modo a que não seja 
ultrapassado o seu limite elástico. 
1.2- Noção de Graus de Liberdade de um Corpo 
Define-se como graus de liberdade de um corpo o número de parâmetros necessários 
e suficientes para determinar a sua posição no espaço. 
Como é sabido, a acção de um sistema de forças que actua sobre um corpo é igual à da 
resultante dessas forças e do momento que esta produz em relação a um ponto. A primeira tende 
a produzir uma translacção do corpo ao longo do seu suporte e o momento uma rotação em torno 
de um eixo que contém o centro de gravidade do corpo. Tanto a translacção como a rotação não 
têm direcção nem intensidade priveligiadas, pelo que, para exprimir comodamente este facto, é 
usual dizer que a translacção é a resultante de 3 translacções segundo as direcções dos eixos 
ortogonais XYZ e que a rotação é a resultante de 3 rotações em torno dos eixos do mesmo 
sistema. Portanto, diz-se que um corpo no espaço tem 6 graus de liberdade - 3 rotações e 3 
translacções - que são os 6 parâmetros necessários para definir a sua posição relativamente a um 
sistema de eixos ortogonais. 
Na prática contudo, o caso mais comum é a totalidade das forças actuarem num mesmo 
plano, por exemplo o plano XZ, pelo que o número de graus de liberdade passa agora a ser de 3, 
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 4 
sendo 2 translacções nas direcções dos eixos dos XX e dos ZZ e 1 rotação em torno do eixo dos 
YY. Qualquer outra tendência de translacção ou rotação obrigaria o corpo a sair do plano que 
contém as forças, o que não é de considerar por implicar a existência de solicitações fora do 
referido plano. 
1.3- Tipos de Apoio 
Considere-se um corpo perfeitamente elástico ao qual é aplicado um sistema de forças 
P. Estas forças ao provocarem a deformação do corpo, vão produzir o aparecimento nos pontos 
de apoio de um sistema de forças reactivas R. O corpo acaba então por ficar em equilíbrio 
estático sobre a acção dos dois sistemas de forças P e R. 
Os apoios, como facilmente se compreende, têm por função restringir alguns ou todos 
os graus de liberdade de um corpo, isto é, impedir os seus movimentos como um todo 
geometricamente indeformável. Para que um apoio possa restringir esses movimentos, é 
necessário que aí se gerem forças iguais e de sinal contrário àquelas que tentam modificar as 
condições de equilíbrio iniciais. 
Como já foi referido, na maioria dos casos práticos os corpos são solicitados por 
sistemas de forças complanares , ou, se isso não acontecer, é possível decompor esses sistemas 
num ou mais sistemas de forças complanares, pelo que vai admitir-se que o corpo é solicitado 
por um sistema de forças pertencente a um plano, por exemplo o plano XZ. 
São 3 os tipos de apoio que é possível utilizar: 
1.3.1- Apoio Móvel 
Este tipo de apoio representado na Fig I-1, também conhecido como apoio simples ou 
de roletes, é composto essencialmente por um balanceiro superior que pode rodar em relação ao 
balanceiro inferior através de uma rótula cilíndrica. Este conjunto pode por sua vez deslocar-se 
como um todo ao longo da base, graças aos roletes colocados entre esta superfície e o balanceiro 
inferior. É fácil de verificar que o movimento vertical é o único que este apoio restringe. 
Portanto, pode afirmar-se que o apoio móvel permite dois graus de liberdade ( 1 rotação em 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 5
torno do eixo dos YY e uma translacção na direcção do eixo XX ) e restringe um ( 1 translacção 
na direcção do eixo dos ZZ ). 
 
x
z
(y )
 
 Fig I-1 - Apoio móvel 
No estudo deste tipo de apoios, como no dos outros que se lhe vão seguir, despreza-se o 
efeito do atrito existente entre todas as partes móveis. Assim sendo, a reacção deste apoio aos 
movimentos do corpo, passa pelo centro da rótula e é perpendicular à direcção do deslocamento 
dos roletes, isto é, perpendicular ao plano da base onde aquele se desloca. Basta portanto 
conhecer a grandeza desta componente para que a reacção fique perfeitamente caracterizada. 
Esquematicamente este apoio pode ser representado nas formas indicadas na Fig I-2. 
 
Fig I-2 - Representações esquemáticas de um apoio móvel 
1.3.2- Apoio Fixo 
Este tipo de apoio representado na Fig I-3, também conhecido por apoio duplo, difere 
do apoio móvel pelo facto de o seu balanceiro inferior ser fixo à base. Tal facto introduz mais 
umarestrição ao movimento do corpo que, neste caso, só pode rodar em torno da rótula 
cilíndrica. O apoio fixo permite então, apenas um grau de liberdade ( 1 rotação em torno do eixo 
dos YY ) e restringe dois ( translacções nas direcções do eixo dos XX e do eixo dos ZZ ). A 
reacção deste apoio passa sempre pelo centro da rótula, mas pode ter uma direcção qualquer, o 
que obriga ao conhecimento da grandeza de dois parâmetros ( por exemplo as suas projecções 
nos eixos dos XX e ZZ ) para que fique perfeitamente caracterizada. 
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 6 
 
z
x
(y)
 
Fig I-3 - Apoio fixo 
De forma esquemática este tipo de apoio pode ser representado nas formas indicadas na Fig I-4 
 
Fig I-4 - Representações esquemáticas de um apoio fixo 
1.3.3- Apoio Encastrado 
O apoio encastrado, representado na Fig I-5, também conhecido simplesmente por 
encastramento, suprime os três graus de liberdade do corpo possíveis no plano XZ. Para 
determinar a sua reacção a qualquer solicitação exterior são agora necessários três parâmetros - 
grandeza e sentido da força ( ou as suas projecções nos eixos dos XX e ZZ ) e do momento 
reactivo. 
z
x
(y)
 
Fig I-5 - Apoio encastrado 
De forma esquemática este tipo de apoio pode ser representado nas formas indicadas na 
Fig I-6. Para que a primeira representação esquemática seja correcta, é necessário que a distância 
l0, indicada na figura, seja muito pequena de modo a que o elemento estrutural naquela distância 
possa ser considerada como perfeitamente rígida. 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 7
l0 
Fig I-6 - Representações esquemáticas de um apoio encastrado 
1.4- Tipos de Solicitações 
As solicitações exteriores a que um corpo pode estar sujeito podem ser forças e ou 
momentos, podendo classificar-se quanto às dimensões da zona de aplicação como concentradas, 
linearmente distribuídas, distribuídas por uma superfície (por exemplo a pressão) e distribuídas 
por um volume (por exemplo o peso próprio ou a força centrífuga). Em Resistência de Materiais, 
devido ao tipo de elementos estruturais com que se trabalha, as duas últimas distribuições de 
carga não são normalmente consideradas, pelo que só se vão abordar os dois primeiros tipos de 
solicitação. 
1.4.1- Carga concentrada 
 Diz-se concentrada toda a carga que pode ser aplicada num determinado ponto de uma 
estrutura. Na prática é no entanto impossível fazer incidir uma carga num único ponto, pois, por 
mais sofisticado que seja o processo de transmissão, aquela vai sempre fazer-se sentir numa 
pequena zona do corpo. Sob o ponto de vista de cálculo pode, porém, admitir-se que cargas do 
tipo da representada na Fig I-7 são concentradas, uma vez que a dimensão da zona de aplicação a 
é muito pequena quando comparada com as dimensões da estrutura. Admite-se então que a carga 
é pontual sem que com isso se esteja a cometer um erro grosseiro. 
PP
a
 
Fig I-7 - Carga concentrada 
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 8 
1.4.2- Carga distribuída 
 Ao contrário das cargas concentradas, as cargas distribuidas são aplicadas numa zona 
que, pelas suas dimensões, não pode ser desprezada. 
Este tipo de carga é caracterizado por uma taxa de distribuição q , que se define como 
sendo a relação entre a força dR que actua sobre um determinado elemento da estrutura, Fig I-8, 
e o comprimento dx desse elemento, 
q
dR
dx
= (1) 
dR
dxx
x
z
ba
R
d
d 
Fig I-8 - Carga distribuída 
A taxa q é portanto uma força por unidade de comprimento, que tem como unidade do SI o N/m, 
função do comprimento x da zona de aplicação e podendo tomar valores diferentes de ponto para 
ponto. À linha que caracteriza a sua distribuição é chamada linha de carga, e a superfície que 
ela delimita superfície de carga. 
As cargas distribuidas podem ser encaradas como um sistema de forças infinitésimais, 
paralelas entre si e infinitamente próximas. Tal sistema é redutível a uma resultante única, cujo 
módulo é igual à soma dos módulos das cargas infinitésimais que o constituem. Com efeito, 
considere-se um elemento da distribuição de carga q, com um comprimento dx infinitamente 
pequeno e localizado a uma distância x de um referencial fixo, Fig I-8. A resultante deste 
elemento é dada por 
dxqdR= (2) 
uma vez que se pode considerar que a distribuição de carga é constante ao longo do 
comprimento infinitamente pequeno dx. Se se pretender determinar a resultante total R da 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 9
distribuição de carga total, basta somar as resultantes de todos os elementos infinitésimais 
considerados entre a e b, isto é: 
R q dxa
b= ∫ (3) 
A intensidade da resultante R coincide então com a área da superfície de carga delimitada pelo 
eixo1 da peça e pela linha de carga. 
Para que seja possível substituir a distribuição de carga pela sua resultante, falta agora 
conhecer a posição desta. Seja d a distância da resultante R ao eixo dos ZZ. O teorema de 
Varignon diz que " o momento produzido pela distribuição de carga relativamente a um ponto, é 
igual ao momento da resultante calculado no mesmo ponto ", ou seja: 
q x dx d q dx d
q x dx
q dx
a
b
a
b a
b
a
b
∫ = ∫ ⇒ = ∫
∫
 (4) 
expressão que permite calcular a posição do baricentro de uma superfície, o que leva a concluir 
que a resultante das cargas distribuídas passa pelo centro de gravidade da superfície de carga. 
Em conclusão, a resultante de uma carga distribuída qualquer tem grandeza igual 
à área da superfície de carga, passando o seu suporte pelo centro de gravidade dessa 
superfície. 
Dos vários tipos de distribuição de carga, os mais conhecidos são: 
I - Carga uniformemente distribuída - distribuição caracterizada por uma linha de carga 
paralela ao eixo da estrutura, Fig I-9a. 
II - Carga distribuída triangular - distribuição caracterizada por uma linha de carga 
função linear de x, Fig I-9b. 
q
l
q
l
 
Fig I-9a - Carga uniformemente distribuída Fig I-9b - Carga distribuída triangular 
 
1 Eixo de um corpo é o lugar geométrico dos centros de gravidade de todas as secções que nele podem ser 
consideradas perpendiculares a uma determinada direcção. 
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 10 
 A linha de carga pode em geral ter uma forma qualquer, dependendo das condições de 
carregamento da estrutura. Por exemplo, as estruturas de sustentação de túneis ficam sujeitas a 
distribuições elípticas, enquanto que para certas estruturas enterradas se admite uma distribuição 
parabólica. Por fim, refira-se que a linha de carga pode ainda ser considerada como uma 
associação de algumas das distribuições já consideradas. A Fig I-10, que representa uma carga 
distrbuida trapezoidal, é disso um exemplo típico. Com efeito, este tipo de distribuição pode ser 
tratado como uma associação de uma carga uniformente distribuida com uma distribuição 
triangular. 
q1
q2
l
 
Fig I-10 - Distribuição trapezoidal de carga 
1.5- Equação geral de equilíbrio de um corpo 
Para que um corpo sujeito a ligações e solicitado por um sistema de forças externas 
esteja em equilíbrio estático, é necessário que obedeça às seguintes equações vectoriais: 
0RFe =∑+∑
rr
 (5) 
r r
M Me r∑ + ∑ =0 0 0 (6) 
onde 
 
r
Fe∑ - somatório das forças exteriores aplicadas ao corpo 
 
r
R∑ - somatório das reacções de apoio 
 
r
M e∑ 0 - somatório dos momentos produzidos pelas forças exteriores em o 
 0rM∑
r
- somatório dos momentos produzidos pelas reacções de apoio em osendo o um ponto qualquer, que pode em particular ser a origem de um sistema de eixos. 
Projectando estes vectores num sistema de eixos ortogonais XYZ, cada uma destas 
condições é desdobrada nas suas 3 componentes escalares: 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 11
F R M Mx
e
x e
ox
r
ox∑ + ∑ = ∑ + ∑ =0 0 (7) 
F R M My
e
y e
oy
r
oy∑ + ∑ = ∑ + ∑ =0 0 (8) 
F R M Mz
e
z e
oz
r
oz∑ + ∑ = ∑ + ∑ =0 0 (9) 
Se ao corpo só forem permitidos movimentos num plano, por exemplo o plano OXZ, e 
se as solicitações actuarem nesse plano, então as condições escalares de equilíbrio do corpo 
resumem-se às seguintes 3 equações: 
0RF x
e
x =∑+∑ (10) 
0RF z
e
z =∑+∑ (11) 
0MM oyr
oy
e =∑+∑ (12) 
Estas 3 equações da estática, que traduzem como se viu o equilibrio de um corpo no 
plano XZ, são de grande importância, uma vez que é a elas que se recorre para determinar as 
reacções de apoio, grandezas normalmente desconhecidas, mas cujo valor tem que obedecer às 
condições gerais do equíbrio estático desse corpo. 
Quanto ao número de incógnitas e de equações da estática disponíveis, os sistemas 
materiais classificam-se em: 
Isostáticos - se o número de equações da estática disponíveis é igual ao de incógnitas. 
Este tipo de sistemas serão os que vão ser objecto de estudo imediato. 
Hipoestáticos - se o número de equações da estática disponíveis é maior que número 
de incógnitas. Os sistemas que se encontram nestas condições são 
instáveis, isto é, só se mantêm em equilíbrio em casos de solicitações 
específicas. 
Hiperestáticos - se o número de equações da estática disponíveis é menor que o 
número de incógnitas. Estes sistemas, de grande importância prática, 
estão normalmente sujeitos a mais ligações do que aquelas que seriam 
necessárias para que ficassem em equilíbrio. 
Para a determinação do grau de estaticidade n do sistema, pode recorrer-se à expressão: 
g = 3 m - a (13) 
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 12 
onde m é o número de contornos fechados definidos pela estrutura, apoios e superfície de apoio 
e a o número de articulações. De notar que cada rótula pode articular dois ou mais elementos 
estruturais, pelo que o número de articulações que devem ser contadas em cada rótula deve ser 
igual ao número de elementos estruturais nela concorrentes menos um, que será o elemento 
considerado fixo que faz a ligação ao exteriror. O sistema diz-se isostático quando g=0, 
hiperestático se g>0 e hipoestático se g<0. Para melhor compreensão do exposto, considere-se 
a viga2 da Fig I-11 e substituam-se os apoios pelas representações esquemáticas indicadas. 
Aplicando a equação (13), conclui-se que a viga é 3 vezes hiperestática, uma vez que 
g = × − + + + + + + + + + =5 3 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 3( ) . 
VIVIIIIII 
Fig I-11 - Representação esquemática de uma viga hiperestática 
1.6- Cálculo das Reacções de Apoios de Sistemas Isostáticos - Exemplos 
Resolvidos 
Calcular as reacções dos apoios das seguintes estruturas: 
1.6.1- 
 
BA
3 m1 m
1000 KN
VA
HA
RB 
 Fig I-12 
Resolução: 
F R Hx
e
x A
∑ + ∑ = ⇒ =0 0 
0RV10000RF BAz
e
z =−−⇒=∑+∑ 
KNRxRxMM
BB
A
r
A
e 2504110000 =⇒−⇒=∑+∑ 
 KNVRV
ABA
75025010001000 =⇒−=−= 
 
2 Viga é um elemento estrutural, em que as dimensões características da secção são muito menores que o seu 
comprimento, normalmente sujeito a esforços cortantes e momentos flectores. 
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 13
1.6.2- 
VA
HA
3 m3 m
A
5 KN
MA
3 KN
 
 Fig I-13 
Resolução: 
F R Hx
e
x A
∑ + ∑ = ⇒ =0 0 
KN8V0V350RF AAz
e
z =⇒=−+⇒=∑+∑ 
M M x x M M KNme
A
r
A
A A
∑ + ∑ = ⇒ + − = ⇒ =0 5 3 6 3 0 33 
1.6.3- 
 
BA 
2 m 
2000 N 
VA 
HB
VB 
2 m 
2000 N
1500 N
2 m 2 m 
 
 Fig I-14 
Resolução: 
F R Hx
e
x B
∑ + ∑ = ⇒ =0 0 
0VV1500200020000RF BAz
e
z =−−++⇒=∑+∑ 
M M V x x x VA KNe
B
r
B
A
∑ + ∑ = ⇒ + − − = ⇒ =0 6 1500 2000 4 2000 2 0 1500 
 N400015005500VB =−= 
 
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 14 
1.6.4- 
60ºA
2 m
5 KN
VA
B
HB
RB
3 m
8 KN
3 m
 
 Fig I-15 
Resolução: 
F R H HB KNx
e
x B
∑ + ∑ = ⇒ − °= ⇒ =0 8 60 0 4cos 
0VV60sin850RF BAz
e
z =−−°+⇒=∑+∑ 
M M x V x x VA KNe
B
r
B
A
∑ + ∑ = ⇒ + − ° = ⇒ =0 5 8 6 8 3 60 0 10 14sin , 
 V KN
B
= 1 81, 
1.6.5- 
BA
1 m
VA
VB
HA
3 m
200 KN/m
600 KN
2 m 2 m
 
 Fig I-16 
Resolução: 
F R Hx
e
x A
∑ + ∑ = ⇒ =0 0 
0VV200x36000RF BAz
e
z =−−+⇒=∑+∑ 
M M x x V x VA KNe
A
r
A
B
∑ + ∑ = ⇒ + − = ⇒ =0 600 2 5 600 8 6 0 150, 
 V KN
B
= 1050 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 15
1.6.6- 
B
A
VA
HB
VB
6 m
3 KN/m
F
 
 Fig I-16 
Resolução: 
F R Hx
e
x B
∑ + ∑ = ⇒ =0 0 
018VV0RF BAz
e
z =+⇒=∑+∑ − 
M M x x Ve
B
r
B
A
∑ + ∑ = ⇒ − =0 3 18 6 0 
 V KN
A
= 9 V KN
B
= 9 
A representação da carga do problema pode induzir em erro, pelo que é conveniente 
chamar a atenção para as diferentes representações de carga distribuída que podem surgir em 
vigas de eixo inclinado. 
Considerem-se então as distribuições de carga representadas: 
 
R1
h
c
q
l
 
R2
c
a
h
α
q
l
 
 Fig I-17a Fig I-17b 
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 16 
O cálculo da resultante de cada uma destas distribuições, permite verificar que se está em 
presença de duas representações de cargas equivalentes, já que as grandezas são iguais e têm 
suporte comum. 
 1R q l= 2R c q
l
q q l= = =cos
cos
cosα α α 
Pode então afirmar-se que qualquer dos casos indicados representa uma distribuição vertical de 
carga uniforme, aplicada a uma viga de eixo oblíquo. 
Deve-se ter em conta que existe uma grande diferença entre a distribuição acabada de 
analisar e a representada na figura I-18: 
R V
H
c
h
α
q
l
 
 Fig I-18 
 
A resultante neste caso é dada por 
 R = q c 
 c = l / cos α = h / sen α 
É agora possível decompor a resultante nas suas componentes horizontal e vertical, pelo que se 
irá ter: 
V R q
l
q l= = =cos
cos
cosα α α 
hqsen
sen
hqsenRH =αα=α= 
Estes valores permitem concluir que ter a viga sujeita à carga uniformemente distribuída q, 
representada na figura I-18, é o mesmo que ter a mesma viga sujeita a uma distribuição uniforme 
vertical e a outra horizontal, de igual grandeza q, conforme indicado na figura I-19. 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 17
R
h
q
l
 
V
h
q
l
 
H
h
q
l
 
 Fig I-19 
1.6.7- 
200 K N
2,5 m
H A
V A
R B
60º45º
2 m
 
 Fig I-20 
Resolução: 
045cos0 =+°⇒=∑+∑ ABxex HRRF ⇒ = −H KNA 117 125, 
0200V45sinR0RF ABz
e
z =+°⇒=∑+∑ − 
KN,Rxcos,xRMM
BB
A
r
A
e 641650220015520 −=⇒=+°⇒=∑+∑ 
 V KN
A
= 317 125, 
1.6.8- 
B
C DA
VD
VA
HA
5 KN
8 KN2 KN
1 m 1 m2 m 2 m2 m1 m
 
 Fig I-21 
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 18 
Resolução: 
A figura representa uma estrutura composta por duas vigas, em que uma delas está apoiada na 
outra. A resolução deste problema pode ser feita directamente se se pretenderem apenas as reacções 
nos apoios exteriores à estrutura, como se indica na figura I-21, ou por partes houver necessidade de 
determinar o valor das reacções dos apoios intermédios, figura I-22.Pelo princípio da acção e reacção, 
as reacções em C e D têm grandeza igual à acção da viga superior sobre a inferior, mas sentido 
contrário. Utilizemos esta segunda via para a determinação das reacções: 
C D
8 KN2 KN
RD
BA
VA
HA
RB
5 KN RD
VC
HC
VC
HC
 
 Fig I-22 
Cálculo das reacções em C e D 
00 =⇒=∑+∑ cHRF xex 
0RcV280RF Dz
e
z =−−+⇒=∑+∑ 
KNRRxxMM
DD
A
r
A
e 150422780 =⇒=−+⇒=∑+∑ 
 Vc KN= −5 
Cálculo das reacções em A e B 
00 =⇒=∑+∑ Axex HRF 
050 =−−−+⇒=∑+∑ BADzez RVRcVRF 
0762150 =−++⇒=∑+∑ BDArAe RRcVxMM 
 R KN
B
= 12 14, V KNA = 2 86, 
 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 19
1.6.9- 
 2 KN 
60º60º 
B
A 
VA 
HA
VB 
2 KN 
3 KN 3 KN
1 m 2 m 2 m 2 m 1 m 1 m 3 m
3 m
Fig I-23 
C
 
Resolução3: 
2 60 3 60 0cos cos° + − ° =H
A
 ⇒ =H KN
A
0 5, 
0VV260sin3360sin2
BA
=−−+°++° 
KN13,4V07xV8x230cos4x32x32x30cos2
BB
=⇒=−+°++°− 
 V KN
A
= 5 2, 
1.6.10- 
1 m
1 m
B
A
V A
2 K N
3 K N
2 ,5 m2 ,5 m
2 m
2 m
H B
V B
1 K N
 
 Fig I-24 
Resolução: 
2 0− =H
B
 ⇒ =H KN
B
2 
3 1 0+ − − =V V
A B
 
2 3 5 1 1 3 2 5 0x V x x x
A
+ + − =, ⇒ =V KN
A
0 1, 
 V KN
B
= 3 9, 
 
3 Notar que o apoio B e o segmento de recta BC se comportam no seu conjunto como um apoio móvel, em virtude 
de existir uma rótula em C. É por este motivo que em B só é considerada a componente vertical da reacção. 
 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 20 
1.6.11- 
M = qa2
B
D
q
A
VA
P = qa
aa
a
a
HA
MA
C
 
 Fig I-25 
Resolução: 
F R q x a Hx
e
x A
∑ + ∑ = ⇒ + =0 0 
0VP0RF Az
e
z =−⇒=∑+∑ 
0axqa
2
3xaxq
axaxqM0MM
2
A
A
r
A
e
=−−
−+⇒=∑+∑
 
aqHA −= 
aqVA = 
2
A aq2
3M = 
 
1.6.12- 
BA
V A
P =qa
q
2a
a
a
H B
V B
 
 Fig I-26 
Resolução: 
aqH0HP0RF
BBx
e
x =⇒=+−⇒=∑+∑ 
0VVaq20RF BAz
e
z =−−⇒=∑+∑ 
aq
2
3V02aq22aqaV20MM
BB
A
r
A
e =⇒=++−⇒=∑+∑ 
 aq
2
1V
A
= 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 21
1.7- Vigas Gerber 
Vigas Gerber, Fig I-27, são sistemas estruturais, normalmente isostáticos constítuidos 
por vários tramos com uma ou mais articulações de transmissão ( rótulas ). São vigas 
geralmente com um único apoio fixo e vários apoios móveis, muito utilizadas em pontes ou 
estruturas de grande porte devido à sua grande flexibilidade e resistência. 
 
 
 Fig I-27- Exemplos de Vigas Gerber 
A forma mais simples de construir uma viga Gerber garantindo a sua isostaticidade é 
partir de uma viga simplesmente apoiada e ir-lhe acrescentando uma rótula por cada apoio móvel 
introduzido. Com efeito, a introdução de um apoio móvel numa viga simplesmente apoiada, vai 
aumentar o número de incógnitas de apoio de três para quatro, pelo que às 3 equações da estática 
conhecidas há que acrescentar uma outra equação, obtida através da introdução de uma 
articulação suplementar, de modo a que o sistema permaneça isostático. Como uma rótula não 
transmite momentos, esta equação estabelece que a soma dos momentos nela produzidos pelas 
forças aplicadas à sua direita, ou à sua esquerda, têm que ser nulos. 
A disposição das articulações ao longo da viga obedece a critérios que garantam que as 
vigas Gerber são sistemas geometricamente estáveis. A viga da Fig I-28 é um exemplo de 
distribuição inadmissível das rótulas, já que os dois vãos da direita podem articular da forma 
indicada, não sendo portanto possível mantê-los em equilíbrio a não ser em condições muito 
específicas de carga. 
 
Fig I-28 - Viga geometricamente instável 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 22 
As regras práticas a que devem obedecer as vigas Gerber de modo a que seja assegurada 
a sua estabilidade geométrica são as seguintes: 
1- Cada vão só pode conter no máximo 2 articulações. 
2- Os vãos com 2 articulações devem alternar com outros sem qualquer 
articulação. 
3- O vão da extremidade nunca pode conter duas articulações. 
1.8- Exemplos Práticos Resolvidos 
Calcular as reacções dos apoios das seguintes vigas Gerber: 
1.8.1- 
CD BA
5 KN
VA
HB
VB
2 KN
2 m 3 m1,5 m 2,5 m 1 m
VC 
Fig I-29 
Resolução: 
Neste tipo de problemas é possível recorrer a 2 tipos de resolução: 
1º Processo- O 1º método que se vai utilizar, consiste em suprimir as rótulas 
substituindo-as pelas forças de ligação correspondentes. 
 
DA
5 KN
VA
HD
VD
1,5 m 2,5 m
 
 Fig I-30 
0H0RF Dx
e
x =⇒=∑+∑ 
05VV0RF DAz
e
z =−⇒=∑+∑ + 
KNVVxMM
DD
A
r
A
e 875,10455,10 =⇒=−⇒=∑+∑ 
 KNV
A
125,3= 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 23
Os valores encontrados são as acções do tramo DBC sobre o tramo AD. Este, pelo seu 
lado, exerce sobre o primeiro reacções de grandeza e sinal contrário às encontradas. 
CD B
VD
VC
2 KN
2 m 3 m1 m
VB
HB
 
 Fig I-31 
0H0RF Bx
e
x =⇒=∑+∑ 
0875,3VV0RF
CBz
e
z =−⇒=∑+∑ + 
KN425,0cV0cV52x21x875,10MM
B
r
B
e =⇒=−+−⇒=∑+∑ 
 V KN
B
= 3 45, 
As reacções de apoio da viga Gerber da Fig I-29 são então: 
H
B
= 0 V KN
A
= 3 125, 
V KN
B
= 3 45, Vc KN= 0 425, 
2º Processo - Este processo é bastante mais prático e consiste em considerar a viga 
Gerber como um todo. Neste caso as equações para a resolução do problema são: 
00 =⇒=∑+∑ Bxex HRF 
0V2V5V0RF CBAz
e
z =+−+−⇒=∑+∑ 
0102755,150 =−+−⇒=∑+∑ cVxVxMM B
A
r
A
e 
A 4ª equação é escrita atendendo ao facto das rótulas não transmitirem momentos, pelo 
que o somatório dos momentos produzidos nesse ponto pelas forças aplicadas à sua esquerda tem 
que ser igual a zero, isto é, 
05,254.)(0 =−⇒=∑ xVesqM AD 
KNV
A
125,3= KNV
B
45,3= Vc KN= 0 425, 
 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 24 
1.8.2- 
FE D
5 KN
2 m
CBA
VA
HB
VB
3 KN
3 m2 m 1 m1 m
2 KN
1 m1 m
2 KN
VC
2 m2 m
VD
Fig I-32 
Resolução: 
00 =⇒=∑+∑ Bxex HRF 
053220 =+−+−+−−⇒=∑+∑ DCBAzez VVVVRF 
02x5cV58x3V1013x214x2V150MM BA
D
r
D
e =−+−+−−⇒=∑+∑ 
022324.)(0 =−−⇒=∑ xxVesqM AE 
0254.)(0 =−⇒=∑ xVdirM DF 
 KNV
A
5,2= KNV
B
1,3= 
 Vc KN= 3 9, V KND = 2 5, 
1.8.3- 
E
2 m
BA
VA
HB
VB
3 KN
2 m1 m
2 KN
1,2 m1 m
2 KN
D
5 KN
1,2 m
C
VC
F
2 m2 m
VD
1,6 m
 
 Fig I-33 
Resolução: 
00 =⇒=∑+∑ Bxex HRF 
0V5V3V22V0RF
DCBAz
e
z =−+−+−++−⇒=∑+∑ 
M M x x x x V Vc Ve
D
r
A
D B
∑ + ∑ = ⇒ + + + − − − =0 2 1 2 2 3 7 2 5 12 14 10 4 0, 
M esq V x x VE A B∑ = ⇒ − − + =0 5 2 2 4 2 2 3 2 1 2 0( .) , , , , 
M dir x V VcF D∑ = ⇒ − − =0 5 3 2 5 2 1 2 0( .) , , , 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 25
 V KN
A
= 2 183, V KN
B
= 2 872, 
 Vc KN= 5 028, V KND = 1 92, 
1.8.4- 
ED
3 m
BA
VA
10 KN
3 m 1 m
3 KN/m
C
VB
5 m
VC
2 m
HA
MA
 Fig I-34 
Resolução: 
F R Hx
e
x A
∑ + ∑ = ⇒ =0 0 
0V5x3V10V0RF CBAz
e
z =−+−+−⇒=∑+∑ 
( )M M M x V x x VeA rA A B C∑ + ∑ = ⇒ + − + − =0 10 5 9 5 3 115 14 0, 
M esq M VD A A∑ = ⇒ − + =0 3 0( .) 
( )M dir x x V VE B C∑ = ⇒ − − =0 5 3 5 5 3 8 0( .) , 
 KNV
A
33,3= KNV
B
167,18= 
 KNV
C
5,3= KNmM
A
10= 
1.8.5- 
A2A1 A3
VCVB
VA
DBA
3 KN
1,5 m
1,2 KN/m
C
VD
HD
MD
2 KN
1,2 m1 m 2 m 1 m1 m 1 m 2m
 
 Fig I-35 
Resolução: 
F R Hx
e
x D
∑ + ∑ = ⇒ =0 0 
0V3V2,1x2,3VV20RF DCBAz
e
z =−+−+−−⇒=∑+∑ 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 26 
M M x V V x V x Me
D
r
D
A B C D
∑ + ∑ = ⇒ − + + − + − − =0 2 10 7 9 7 7 7 3 84 6 1 4 5 3 5 3 0, , , , , , , 
( )M esq x V V xA A B∑ = ⇒ − + + − =1 0 2 4 3 1 1 2 1 0 5 0( .) , , 
M dir M VA D D∑ = ⇒ − − =3 0 2 0( .) 
( )M esq x V V xA A B∑ = ⇒ − + + − =2 0 2 5 4 2 1 2 2 1 0( .) , 
V KN
A
= 2 9, V KN
B
= 0 4, M KNm
D
= −0 653, 
V KN
C
= 5 21, V KN
D
= 0 33, 
1.9- Sistemas Triarticulados 
Conforme o próprio nome indica, sistemas triarticulados são estruturas que têm 3 
articulações sendo normalmente 2 de apoio e 1 de transmissão, Fig I-36. 
B
A B
F1
F2
F3
A
F1 F2 F3
 
Fig I-36- Exemplo de sistemas triarticulados 
Tal como para as vigas Gerber, é possível recorrer aos 2 processos já referidos para a 
resolução deste tipo de sistemas. Refira-se no entanto que o método da divisão da estrutura num 
ponto qualquer4 e substituindo uma das partes pela sua acção sobre a outra, é muito mais 
trabalhoso que o da determinação directa das reacções. 
1.10- Exemplos Práticos Resolvidos de Sistemas Tri-articulados 
Calcular as reacções dos apoios dos seguintes sistemas triarticulados: 
1.10.1- 
 
4Normalmete a divisão da estrutura é feita por uma rótula, porque se sabe que aí o momento flector é nulo 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 27
C
A
4 m
2 m1 m1 m1 m
A
2 m
1,5 KN
1,5 KN
HB
VA
HAB
2 KN
1,5 KN
1,5 KN
B
2 KN
VC
HC
VC
HC
VB
 
 Fig I-37 
Resolução ( Considerando a partição do sistema pela articulação C) 
Para a barra AC 
F R H Hx
e
x A C
∑ + ∑ = ⇒ − =0 0 
05,15,1VV0RF CAz
e
z =−−+⇒=∑+∑ 
015,125,1430 =−−−⇒=∑+∑ xxHVMM AAcrce 
Para a barra BC 
00 =−⇒=∑+∑ BCxex HHRF 
02VV0RF CBz
e
z =−+⇒=∑+∑ 
044220 =−+⇒=∑+∑ BBCrCe VHxMM 
A resolução dos sistemas de equações permite obter os valores das reacções 
KNH
A
07,1= KNV
A
93,2= KNH
C
07,1= 
KNV
C
07,0= KNH
B
07,1= KNVB 07,2= 
1.10.2- 
C
A
2 m
2 m3 m
2 m
A
5 m
HB
VA
HA
VC
HC
VC
HC
VB
B
2 KN
1 KN
2 KN
2 KN
1 KN
2 KN
B
 
 Fig I-38 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 28 
Resolução ( Considerando a partição do sistema pela articulação C ) 
Na resolução deste problema é indiferente considerar a carga de 2 KN aplicada no 
ponto C como pertencente a qualquer dos tramos, uma vez que aquele ponto é comum a ambos. 
Para a barra AC 
02HH0RF
CAx
e
x =+−⇒=∑+∑ 
021VV0RF
CAz
e
z =−−+⇒=∑+∑ 
M M V H x xe
C
r
C
A A
∑ + ∑ = ⇒ − − − =0 5 4 2 2 2 1 0 
Para a barra BC 
F R H Hx
e
x C B
∑ + ∑ = ⇒ − =0 0 
0VV0RF CBz
e
z =+⇒=∑+∑ 
M M H Ve
C
r
C
B B
∑ + ∑ = ⇒ − =0 4 5 0 
A resolução dos sistemas de equações permite obter os valores das reacções 
H KN
A
= −0 125, V KN
A
= 1 3, H KN
C
= 2 125, 
V KN
C
= 1 7, H KN
B
= 2 125, V KN
B
= 1 7, 
 
1.10.3- 
2 m
2 KN
B
2 m
2 m2 m
2,5 m
A
3 m
VB
VA
3 KN
1 m
5 KN
5 KN
C
HA HB
 
 Fig I-39 
Resolução 
00 =+⇒=∑+∑ BAxex HHRF 
05523VV0RF BAz
e
z =−−−−+⇒=∑+∑ 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 29
M M V x x x xe
B
r
B
A
∑ + ∑ = ⇒ − − − − =0 10 3 8 2 6 5 5 5 3 0 
0255520 =−+−⇒=∑ xVH,)dir(M BBC 
KN8,10H
A
−= V KN
A
= 7 6, 
KN8,10H
B
= V KN
B
= 7 4, 
1.10.4- 
VC
1 m
B
2 KN
2 KN
2 KN
C
1 m
A
VA
HA
HC
2 m 2 m
2 KN
2 m 2 m 1 m 1 m 1 m2 m 2 m
2 KN
1 m 1 m
2 KN
1 m
 
 Fig I-40 
Resolução 
F R H x Hx
e
x A C
∑ + ∑ = ⇒ + − =0 2 2
2
0 
022222
2x22VV0RF CAz
e
z =++++++−−⇒=∑+∑ 
M M x x H Ve
A
r
A
C C
∑ + ∑ = ⇒ + + + + + + − − =0 4 5 2 2
2
1 2
2
2
16 24 32 38 1 17 0 
0712826220 =−+++⇒=∑ CCB VHxxx.)dir(M 
H KN
A
= −10 22, V KN
A
= 4 89, 
H KN
C
= 11 64, V KN
C
= 6 52, 
1.10.5- 
 
l/2
B 
2 m
l/2 
A 
VB 
VA 
q 
C
f 
HA HB 
 
 Fig I-41 
Resolução 
0HH0RF
BAx
e
x =⇒=∑+∑ − 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 30 
0lxqVV0RF
BAz
e
z =−+⇒=∑+∑ 
M M q x l x
l
l Ve
A
r
A
B
∑ + ∑ = ⇒ − =0
2
0 
M dir q
l l
f H
l
VC B B∑ = ⇒ + − =0 2 4 2 0( .) 
H H
q l
fA B
= =
2
8
 V V q
l
A B
= =
2
 
1.11- Cálculo de Reacções por Método Gráfico 
As reacções dos apoios podem ainda ser calculadas recorrendo a um método gráfico. 
Este processo não é neste momento muito usado, quer porque o desenvolvimento dos 
computadores e de software apropriado lhe tiraram grande parte da importância, quer por ser um 
método pouco expedito que necessita da utilização rigorosa de utensílios de desenho, sendo 
portanto susceptível aos erros que normalmente estão associados a estas técnicas. Tem no 
entanto um certo interesse didático pelo facto de permitir uma outra forma de abordar este tipo 
de cálculo. 
Como é sabido, é sempre possível decompor graficamente uma força em duas direcções 
quaisquer. Esta constatação é generalizável para n direcções, se se tiver em conta que cada 
componente anteriormente encontrada pode, por sua vez, ser decomposta em duas outras 
direcções e assim sucessivamente. O problema inverso da obtenção de uma resultante de um 
sistema de forças também é passível de resolução, encontrando a resultante de duas das forças e 
utilizando este processo tantas vezes quantas as necessárias para chegar à resultante única. 
A determinação gráfica da resultante de um sistema de forças é no entanto facilitada e 
simplificada pelo processo que a seguir se descreve. Considere-se o sistema de forças 
representado na Fig I-42. Por um ponto A qualquer e na ordem fixada pelos índices das forças, 
comece-se por traçar vectores de grandeza igual aos do sistema inicial justapondo a origem do 
segundo com a extremidade do primeiro e assim sucessivamente. Unindo a origem do primeiro 
com a extremidade do último, obtem-se a resultante do sistema de forças inicial ou linha de 
fecho do polígono. À linha polígonal ABCDE assim obtida dá-se o nome de Polígono de 
Varignon ou Polígono dinâmico. 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 31
 
Q
E
D
C
A
i
P
f1
f2
f3
f4
R
0
1
2
3
4
f1
f2 f3
f4
0´
1´ 2´ 3
´
4´
R
B
 
Fig I-42 - Exemplo de determinação gráfica da resultante de um sistema de forças 
Para que o problema fique completamente resolvido, falta agora determinar a posição 
da resultante do sistema de forças. Para tal, comece-se por unir os vértices do contorno do 
polígono a um ponto qualquer do plano, o pólo P, obtendo-se assim 5 segmentos de recta, 
habitualmente chamados raios polares. Cada uma das forças iniciais fica assim definida por dois 
raios polares, ou se se quizer, cada força fica decomposta nas direcções de dois raios polares. 
Inicie-se agora o traçado do polígono funicular do sistema de forças. Por um ponto 
arbitrário Q do suporte da força f1 façam-se passar paralelas a 0 e 1, que são os raios polares 
comuns a esta força. Uma vez que o raio 1 é comum às forças f1 e f2, pelo ponto de intersecção 
da paralela 1 com o suporte de f2 faça-se passar uma paralela ao raio 2. A intersecção desta com 
o suporte de f3 define o ponto por onde vai passar a paralela a 3 e assim sucessivamente até 
completar o polígono. A intersecçãodo primeiro com o último lado do polígono funicular, que 
são os raios polares da resultante R, determina a posição do ponto i que é um ponto do suporte da 
resultante. O problema fica então resolvido traçando pelo ponto i uma força com a direcção e 
grandeza da força R calculada através do polígono de Varignon. 
1.12- Método Gráfico de Resolução de Sistemas Triarticulados 
Na resolução deste tipo de sistemas pelo método gráfico, devem-se ter em conta que as 
rótulas não transmitem momentos. Para melhor compreensão do método recorra-se ao exemplo 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 32 
da Fig I-43, com carregamento em apenas um dos tramos. Estas forças podem ser facilmente 
substituídas pela sua resultante R, aplicando o método descrito no parágrafo anterior. Como a 
única força no tramo da esquerda é a reacção de apoio RA, o suporte desta força terá 
forçosamente que passar pela rótulade modo a que o momento flector por ela aí produzido seja 
nulo. 
Ri
R
BA
C
B
A
C
RA
RB
RA
RB
 
Fig I-43 - Cálculo das reacções de apoio de um sistema triarticulado pelo método gráfico 
 
Por outro lado, para que o arco triarticulado esteja em equilíbrio, é necessário que as 3 
forças RA , RB e R concorram num ponto i de modo a que o somatório dos momentos por elas 
produzidos seja igual a zero. Esta condição permite o cálculo da direcção da reacção RB, uma 
vez que a intersecção dos suportes de RA e R define o ponto i . A decomposição da grandeza da 
resultante nas direcções dos suportes das reacções permite finalmente o conhecimento das suas 
grandezas. 
Considere-se agora o caso geral de o carregamento se estender a todo o arco, como se 
representa na Fig I-44. O modo mais simples de encarar o problema, é calcular as resultantes RE 
e RD correspondentes ao carregamento dos tramos à esquerda e à direita da rótula. Considerando 
cada uma das resultantes separadamente, é possível calcular, pelo processo atrás descrito, as 
componentes das reacções por elas produzidas. A direcção e grandeza das reacções produzidas 
por todo o carregamento obtêm-se somando vectorialmente as componentes já obtidas. 
 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 33
RA
R´
BA
C
B
A
C R´B
R´AR´
A
R´
B
R´´B
R´´
R´´A
BA
C
R´´
R´´BR´´A
RB
R´
B
R´´A
BA
C
R´
A
R´´B
R´
 
Fig I-44 - Cálculo das reacções de apoio de um sistema triarticulado pelo método gráfico 
 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 34 
CAPÍTULO II 
ESTUDO DOS ESFORÇOS 
2-1 Introdução 
Como foi referido no Capítulo I, quando um corpo é sujeito a solicitações exteriores, 
desenvolve-se no seu interior um outro sistema de forças resultante do estado de deformação a 
que fica sujeito, sendo o seu conhecimento fundamental para o estudo do comportamento em 
serviço dos materiais e para o dimensionamento das estruturas. 
Estas forças interiores poderão ser postas em evidência se o corpo fôr cortado 
imaginariamente por um plano qualquer AA, Fig II-1, e se se analisar o equilíbrio de cada uma 
das duas partes resultantes. Uma vez que na secção do corte desapareceram as ligações entre as 
duas partes em que o corpo foi “dividido”, será nececessário substituir a acção de cada uma delas 
sobre a outra por um sistema de forças aplicado na secção, de modo a que o equilíbrio seja 
preservado. É evidente que pelo princípio da acção e reacção os sistemas de forças interiores são 
sempre recíprocos, isto é, as resultantes do sistema de forças associado à secção da esquerda são 
iguais mas de sinal contrário às associadas à secção da direita. Isto de forma a que a soma das 
projecções dessas forças e dos momentos por elas produzidos, sejam na secção iguais a zero, já 
que de outro modo o corpo não estaria em equilíbrio. 
A ´ A
P n
P 1
P 2
P 3A
A
P n
P 1
P 2
P 3
 
Fig II-1 - Sistema de forças internas e externas 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 35
Considere-se o sistema de eixos ortogonal OXYZ com origem no centro de gravidade 
da secção e, utilizando as leis da estática já conhecidas, reduza-se o sistema de forças associado 
à secção AA a uma resultante 
r
R e ao momento resultante 
r
M , Fig II-2. Projectando estes 
vectores nos eixos ortogonais obtêm-se 6 componentes, três da força e três do momento, a que é 
usual chamar factores de força interiores ou simplesmente esforços. Cada um destes factores 
não representa mais do que a projecção no sistema de eixos indicado, da resultante das forças e 
dos momentos que actuam na outra parte do corpo, isto é, substituem a acção de cada uma das 
partes sobre a outra. 
Qy
N
Z
MtMtN
r
R
r
M
X
XMy
Y
Z
Mz
Qz
Mz
Qy
My
YQz
 
Fig II-2 - Tipo de esforços a que um corpo pode estar sujeito 
A componente da resultante 
r
R que se projecta segundo a normal à secção, em geral 
referenciada com a letra N, é chamada esforço normal ou esforço axial e produz o 
deslocamento da secção numa direcção perpendicular ao plano que a contem. As projecções 
dessa mesma resultante 
r
R no plano da secção, referidas por Qy e Qz , são chamadas esforços 
cortantes ou esforços transversos. Estes esforços tendem a produzir deslocamentos em 
direcções contidas no plano da secção em que actuam. 
As componentes do momento 
r
M que produzem rotação da secção em torno dos eixos 
contidos no seu plano, normalmente designadas pelas letras My e Mz, são chamados os 
momentos flectores. Finalmente a projecção do momento na normal à secção, designado pela 
letra Mt, é chamado o momento torçor e produz a rotação da secção em torno do seu eixo. 
Normalmente os esforços não são constantes ao longo do eixo do corpo, dependendo da 
forma como este está solicitado, pelo que para ser possível analisar o comportamento de uma 
estrutura uma das primeiras coisas a fazer é traçar os chamados diagramas dos esforços. Estes 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 36 
diagramas são gráficos que mostram a forma como os esforços se distribuem ao longo do eixo da 
estrutura, sendo fácil a partir da sua análise verificar quais os pontos mais solicitados e que 
portanto devem receber maior atenção do projectista. 
Para traçar os diagramas dos esforços é usual recorrer-se à utilização de convenções, a 
que de seguida se irá fazer uma breve referência. 
2-2 Esforços Normais 
Esforço normal N é então a projecção segundo a normal ao eixo, da resultante de todas 
as forças exteriores que se encontram ou à esquerda ou à direita da secção considerada. Se numa 
região ou na totalidade de um corpo as secções rectas só estão sujeitas a esforços normais, dir-se-
á, dependente do sentido do esforço, que se está na presença de um esforço de tracção ou 
compressão. Os corpos, com um comprimento muito superior às dimensões características da 
sua secção, sujeitos apenas a esforços normais são designados habitualmente por barras. A sua 
utilização é corrente na prática, sendo as componentes das gruas um exemplo da sua 
aplicação,como se irá vêr no Capítulo III. 
Por convenção, é usual identificar um esforço de tracção como positivo e o esforço de 
compressão como negativo, Fig II-3. No entanto, é bom ter em consideração que os esforços são 
forças sendo, como tal, quantidades positivas, pelo que o sinal é apenas uma forma expedita de 
identificar o tipo de esforço a que o corpo está sujeito. 
Tracção
N N N N
Compressão
 
Fig II-3 - Convenção de sinais para esforços de tracção e compressão 
2-3 Esforços Cortantes 
Os esforços cortantes são as projecções no plano da secção da resultantede todas as 
forças exteriores que se encontram à sua esquerda ou à sua direita. Na prática raramente se 
utiliza a resultante dos esforços cortantes, já que, por motivos que se ligam às propriedades 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 37
geométricas das secções e que serão discutidos posteriormente, é muito mais fácil trabalhar com 
as projecções Qy e Qz desse esforço. 
A convenção para os esforços cortantes é um pouco diferente da utilizada nos esforços 
normais. Para melhor se compreender a explicação, considere-se o exemplo da Fig II-4, onde se 
admite por simplicidade que todas as forças que actuam no sistema estão situadas no plano 
OXZ5. É possível fazer o estudo dos esforços cortantes a que um corpo está sujeito partindo da 
extremidade da esquerda ou da direita, considerando ao longo deste várias secções imaginárias e 
analisando os valores que o esforço aí toma. Se na análise do esforço cortante se parte da 
esquerda para a direita, diz-se, por convenção, que este é positivo se a resultante das forças que 
ficam à esquerda da secção considerada aponta no sentido positivo do eixo dos ZZ e negativo se 
aquelas apontam no sentido negativo do mesmo eixo. Se pelo contrário se está a analisar a 
resultante das forças que ficam à direita da secção, partindo portanto da análise da extremidade 
da direita para a esquerda, diz-se que o esforço cortante é positivo se essa resultante aponta para 
baixo, isto é, no sentido daquele que é agora o sentido positivo do eixo dos ZZ e negativas se 
apontam para cima. Esta inversão da convenção fica a dever-se ao facto de ter que se considerar 
o sistema de eixos do esquema B da Fig II-4 se se estiverem a analisar as forças à direita da 
secção, por uma questão de coerência geométrica. 
Z
1000 KN
3 m1 m
750 KN 250 KN
X
3 m1 m
750 KN 250 KN
X
Z
Esquema A Esquema B
1000 KN
Fig II-4 - Exemplo prático 
Ainda por convenção é costume traçar os diagramas dos esforços cortantes positivos 
para cima do eixo da viga e negativos para baixo. Na Fig II-5 está representado o diagrama dos 
esforços cortantes da viga do exemplo considerado. 
 
5 Refira-se que tudo o que se disser para um sistema de forças no plano OXZ é verdadeiro para um outro colocado 
no plano OXY. 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 38 
750 KN
250 KN
+
 
Fig II-5 - Diagrama dos esforços cortantes da viga representada na Fig II-4 
2-4 Momentos Flectores 
Os momentos flectores são a projecção do vector momento no plano da secção recta do 
corpo e também neste caso é normalmente mais fácil trabalhar com as componentes My e Mz. 
Poderá então dizer-se que My é a componente do vector momento que produz rotação da secção 
em torno do eixo dos YYe que Mz produzirá o mesmo efeito em torno do eixo dos ZZ. 
Para melhor se entender a convenção utilizada no traçado dos diagramas dos momentos 
flectores recorra-se novamente ao exemplo da Fig II-4, com uma viga solicitada no plano OXZ6. 
Também neste caso é possível fazer o estudo dos momentos flectores a que a viga está sujeita partindo 
da extremidade da esquerda ou da direita, considerando ao longo desta várias secções imaginárias e 
analisando os valores que o momento flector nelas toma. Se nesta análise se parte da esquerda para a 
direita, diz-se por convenção que o momento flector é positivo se a resultante dos momentos que ficam 
à esquerda da secção produz a sua rotação em torno do eixo dos YY no sentido dos ponteiros do 
relógio e é negativo se a rotação se faz no sentido contrário. Se pelo contrário se está a analisar a 
resultante que fica à direita da secção, portanto partindo da análise da direita para a esquerda, diz-se 
que o momento flector é positivo se essa resultante produz a rotação da secção em torno do eixo dos 
YY no sentido anti-horário. Esta inversão da convenção deve-se ao facto de, tal como para os esforços 
cortantes, ter de se considerar o sistema de eixos do esquema B da Fig II-4. 
Uma outra forma de vêr esta convenção é dizer que se a deformação produz na viga 
concavidade o momento flector é positivo, sendo negativo se a deformação fôr convexa, Fig II-6. 
 
Fig II-6 - Convenção de sinais para os momentos flectores 
 
6 Refira-se ainda que o mesmo se poderia dizer se o sistema de forças estivesse contido no plano OXY. 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 39
Ainda por convenção é usual traçar os diagramas dos momentos flectores positivos para 
baixo do eixo da viga e negativos para cima. Na Fig II-7 está representado o diagrama dos 
momentos flectores da viga do exemplo considerado e as equações que dão a sua variação ao 
longo do eixo dos XX partindo da origem. 
X
750 x - 1000 (x-1)750 x
750 KN.m
+
 
Fig II-7 - Diagrama dos momentos flectores da viga representada na Fig II-4 
É fácil de estabelecer as equações matemáticas que relacionam os momentos flectores 
com os esforços cortantes entre si e destes com as forças aplicadas ao corpo. Considere-se um 
elemento infinitamente pequeno qualquer, de comprimento dx, Fig II-8, de uma viga sujeita a 
uma carga distribuída qualquer q aplicada, por exemplo, no plano OXZ. A solicitação q é 
considerada como uniforme uma vez que se admite que esse elemento tem comprimento 
infinitamente pequeno. Para que este elemento esteja em equilíbrio ter-se-á que considerar a 
acção que sobre ele exercem as partes do corpo à esquerda e à direita que foram desprezadas. As 
equações da estática que traduzem o equilíbrio deste elemento são: 
 
a
dx 
qQz 
Qz+dQz
My My+dMy 
X 
 
Fig II-8 -Elemento de viga em equilíbrio estático 
⇒=+−−⇒=∑ 00 )dQQ(dxqQF zzzz dx
dQq z−= ( II-1) 
e 
⇒=+−−+⇒=∑ 0)dMM(2dxdxqdxQM0M zzzyay dx
dM
Q yz = ( II-2) 
Nesta segunda equação foi desprezado o termo em dx2 por ser um infinitamente pequeno de 
segunda ordem. Estas equações podem ser escritas na forma: 
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 40 
∫−= dxqQz ( II-3) 
e 
∫= xdQM zy ( II-4) 
isto é, a variação do esforço cortante ao longo do elemento de comprimento dx pode ser obtida 
integrando a equação que traduz a variação da carga q e a variação do momento flector pela 
integração da equação do esforço cortante. 
Como já foi referido anteriormente, aos corpos sujeitos a momentos flectores e a 
esforços cortantes, projectados de modo a que o comprimento seja muito superior às dimensões 
características da sua secção, é dada a designação de vigas. 
2-5 Momentos Torçores 
O momento torçor é a componente do vector do momento que produz rotação das 
secções do corpo em torno do eixo dos XX. Tal como para qualquer dos outros esforços já 
estudados, o valor do momento torçor numa determinada secção é obtido pela projecção no 
plano que a contém da resultante de todos os momentos que lhe ficam à direita ou à esquerda. 
Para melhor compreensão do que se acabou de afirmar, considere-se o ponto A do exemplo da 
Fig II-9. A grandeza do momento torçor nesta secção é de 25 KN.m quer a análise seja feita a 
partir da esquerda ou da direita. É conveniente chamar a atenção para a forma como foram 
representados os momentos torçores nesta figura. Trata-se de uma das formas possíveis de 
representar o momento torçor através de um binário, em que o círculo com um ponto representa 
uma força apontada para o observador e o círculo com uma cruz uma força de igual grandeza 
mas aplicada em sentido contrário. 
A convenção que vai ser utlizada para os momentos torçores é a mesma quer se comece 
a traçar os diagramas da esquerda para a direita ou vice-versa. Considera-seque um momento 
torçor é positivo, se o observador colocado do lado exterior da normal à secção, vir que o 
momento torçor provoca rotação desta no sentido directo, isto é, no sentido anti-horário. O 
momento torçor é considerado negativo se o sentido da rotação que ele imprime à secção fôr no 
sentido contrário. Se esta convenção fôr aplicada ao exemplo da Fig II-9 verifica-se que partindo 
da direita ou da esquerda se obtém sempre o mesmo diagrama. 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 41
A
3 m1 m
25 KN.m
X
15 KN.m 10 KN.m
25 KN.m
15 KN.m
 
Fig II-9 -Viga sujeita à acção de momentos torçores e correspondente diagrama 
2-5 Diagramas dos Esforços - Exemplos práticos resolvidos 
Traçar os diagramas de todos os esforços a que estão sujeitos os seguintes exemplos: 
2-5.1 
dc
x
BA
P
2
a
aa
P
Rz R´zP
P
2
P
2
P
2
P
2
E.N.
E.C.
M.F.
D.C.
Rx
Fig II-10 
Determinação das reacções de apoio 
0=xR 
PRR zz =+ ′ 
2
PRe
2
PR0Ra2Pa zzz ==⇒=− ′′ 
O cálculo das reacções permite traçar o 
chamado diagramas de cargas D.C.. Da sua 
análise constata-se que nenhuma das forças 
tem componente na direcção do eixo da viga, 
pelo que se pode concluir que esta viga não 
está sujeita a esforços normais E.N. 
Começando a traçar o diagrama dos esforços cortantes da esquerda para a direita, isto é, 
de A para B, verifica-se que até meio da viga só existe a força reactiva P/2, positiva pela 
convenção adoptada para este tipo de esforços e atrás referida. O diagrama dos esforços 
cortantes é então constante e positivo até ao ponto onde se encontra aplicada a força P. A partir 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 42 
deste ponto e até B, uma vez que não existe mais nenhuma força aplicada, o esforço cortante é 
igual -P/2, resultante da soma das forças positiva P/2 e negativa P. No ponto B o diagrama 
fecha, isto é, a soma de todas as forças que produzem esforço cortante tem que ser igual a zero 
para que a viga esteja em equilíbrio estático. 
Para o traçado do diagrama dos momentos flectores podem ser utilizados dois processos 
para se obterem as equações que traduzem a sua variação ao longo da viga. Como forma de 
facilitar a explicação vai-se traçar o diagrama dos momentos flectores partindo da esquerda para 
a direita, sabendo de antemão que o mesmo se pode fazer partindo no sentido contrário tendo 
apenas em atenção os sentidos da convenção utlizada. 
Um dos caminhos para obter as equações acimas referidas é considerar um ponto 
genérico C do eixo da viga, a uma distância x da origem, e calcular aí o momento flector 
produzido pelas forças e momentos, quando os houver, que fiquem à sua esquerda. No nosso 
caso, e para o ponto em questão ter-se-á 
ax0comx
2
PM1y ≤≤= ( II-5) 
O valor do momento flector é positivo, já que, pela convenção utlizada, produz uma rotação da 
secção C no sentido dos ponteiros do relógio. Deve-se ter em atenção que se pretende escrever 
uma equação em que o valor do momento é função de uma distância x, pelo que se deve analisar 
entre que pontos é que não há variação das condições que produzem esse momento. Neste caso 
tem-se para esta equação ax0 ≤≤ , já que a partir deste ponto existe mais a força P que passa a 
produzir momento. Uma vez que esta equação não abrange toda a viga, há que considerar uma 
nova secção D e calcular o valor do momento nesse ponto tendo em atenção os sentidos 
convencionados 
a2xacom)ax(Px
2
PM2y ≤≤−−= ( II-6) 
Esta passa a ser a equação que dá a variação do momento até ao apoio da direita, já que as 
condições de carga mantêm-se até aí inalteradas. Refira-se que para x = 2a o momento flector 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 43
deve ser nulo, uma vez que nesse ponto não existe nenhum momento aplicado. Tal como para o 
caso do esforço cortante, também aqui o diagrama tem que fechar de modo a que as condições de 
equilíbrio estático sejam verificadas. 
O segundo caminho que pode ser seguido para traçar este diagrama é utilizar a equação 
(II-4) e integrar as equações obtidas para o esforço cortante. Virá então: 
ax0comCx
2
Pdx
2
PM1y ≤≤+== ∫ ( II-7) 
e 
a2xacomCx
2
Pdx
2
PM 1
2
y ≤≤+−=−= ∫ ( II-8) 
onde C e C1 são constantes de integração que podem ser calculadas a partir do conhecimento do 
valor do momento em determinados pontos da viga. Para a primeira equação sabe-se que para x 
= 0 o valor do momento deve ser nulo, já que naquele ponto só existe uma força reactiva que 
como é óbvio não produz aí momento. Então para que isso se verifique C terá que ser nulo e a 
equação do momento tomará a forma da equação ( II-5) 
ax0comx
2
PM1y ≤≤= ( II-9) 
Para x = a o valor do momento será a
2
PM1y = , valor que será utilizado para determinar C1. 
Com efeito, pode-se então dizer para a segunda equação que a
2
PM2y = no ponto x = a, pelo 
que substituindo na equação (II-8) virá: 
aPCa
2
PCa
2
PM 11
2
y =⇒=+−= ( II-10) 
e a equação do momento toma a forma da equação ( II-6) 
a2xacomaPx
2
PM2y ≤≤+−= ( II-11) 
 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 44 
2-5.2 
ql
8
2
q
x
l
Rz R´zq
2
ql
2
ql
E.C.
M.F.
Rx
2
ql
2
ql D.C.
E.N.
Fig II-11 
Determinação das reacções de 
apoio 
R x = 0 
lqRR zz =+ ′ 
2
lqRe
2
lqR0Rl
2
llq zzz ==⇒=− ′′ 
Após o cálculo das reacções e da análise 
do diagrama das cargas é possível concluir que 
não existem esforços normais na viga represen-
tada na Fig II-11. Para o traçado do diagrama 
dos esforços cortantes, e partindo da esquerda 
para a direita, verifica-se que na secção do 
apoio há um esforço positivo igual a 
2
lq . Ao longo da viga este esforço vai variar já que, ao 
contrário do exemplo anterior, não é possível definir qualquer tramo onde seja constante. Para o 
seu traçado pode recorrer-se a qualquer dos processos já referidos. Tendo em atenção ( II-3) virá: 
lx0comCxqdxqQz ≤≤+−=−= ∫ ( II-12) 
A constante de integração C pode ser calculada, já que é sabido que para 
2
lqQ 0= x z =→ , 
pelo que da equação ( II-12) se tira que C
q l=
2
, pelo que a equação que define a variação do 
esforço cortante virá: 
lx0com
2
lqxqQz ≤≤+−= ( II-13) 
Para x = l esta equação toma o valor 
2
lqQz −= que somado com o valor da reacção nesse 
apoio permite verificar que o diagrama fecha. 
A equação ( II-13) podia também ter sido obtida considerando uma secção genérica a 
uma distância x da origem e calcular aí o valor do esforço cortante, tendo em conta as forças que 
ficam à esquerda desse ponto e os seus sentidos. Essas forças são a reacção R
q l
y = 2 , positiva por 
convenção,e a resultante da carga distribuída R q x= − , negativa pela convenção utilizada. 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 45
Para o traçado do diagrama dos momentos flectores tem-se, atendendo à equação ( II-4), 
lx0comCx
2
lq
2
xqxd
2
lqxqxdQM 1
2
zy ≤≤++−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +−== ∫∫ ( II-14) 
Como na origem o momento é nulo, pode-se concluir da equação que a constante C1 tem que ser 
igual a zero, pelo que a equação que define o valor do momento flector será 
lx0comx
2
lq
2
xqM
2
y ≤≤+−= ( II-15) 
Da mesma forma que para os esforços cortantes, também aqui se podia obter esta 
equação fazendo o estudo dos momentos flectores existentes à esquerda de uma secção genérica 
a uma distância x da origem. Neste caso os momentos existentes são os provocados nesse ponto 
pelas forças 
2
lqR z = e xqR= já referidas e que são respectivamente x2
lqM1= , positivo pelaconvenção utlizada para os momentos, e 
2
xxqM2 −= , negativo atendendo à mesma convenção. 
A soma destas duas quantidades permite obter a equação ( II-15). 
2-5.3 
3 KN/m
Rz
Rx
3 m3 m
8 KN
My
 
Fig II-12 
Cálculo das reacções do apoio 
R x = 0 
KN1R098R zz =⇒=−+ 
m.KN6M02x93x8M yy −=⇒=+−−
 
Tal como nos exemplos anteriores também este exemplo não tem esforços normais, 
pelo que se vai passar à análise dos esforços cortantes. Partindo da esquerda para a direita, 
verifica-se que no apoio se tem um esforço positivo de 1 KN. Para continuar o traçado do 
diagrama é necessário determinar a equação da recta que traduz a taxa de distribuição de carga q, 
que neste exemplo é da forma 
q
x= − +
2
3 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 46 
6 K N.m
x
5,75 KN
1 KN
6 KN.m
3 KN/m
1 KN
8 KN
E.N.
2,25 KN
E.C.
M.F.
2,25 KN.m
D.C.
 
Fig II-13 
 
 
 
A determinação da variação do 
esforço cortante é agora possível entre o 
encastramento e o meio da viga, pois 
entre estes pontos a variação de q é 
linear e no ponto x = 3 existe uma carga 
concentrada que vai modificar o valor 
do esforço. Ficará então: 
Q q dx
x
dx
x
x C com x1
2
2
3
4
3 0 3= − = − = − + ≤ ≤∫ ∫ ( ) ( II-16) 
Tal como para os casos anteriores, a constante C é determinada atendendo ao facto de se 
saber que o valor do esforço para x = 0 é Q = 1 KN, pelo que, atendendo à equação anterior C = 
1 KN, ficando então 
Q
x
x com x1
2
4
3 1 0 3= − + ≤ ≤ ( II-17) 
O estudo desta função permite concluir que se está em presença de uma parábola com a 
concavidade virada para baixo, já que a segunda derivada é negativa. Para x = 3 o valor do 
esforço cortante dado por esta equação é Q = -5,75 KN. Como naquele ponto está aplicada uma 
carga concentrada, positiva por convenção, o valor do esforço cortante passa a ser Q = 2,25 KN. 
Para a determinação da equação do esforço cortante para valores de x tais que 3 6≤ ≤x ter-se-á: 
Q q dx
x
dx
x
x C com x2
2
12
3
4
3 3 6= − = − = − + ≤ ≤∫ ∫ ( ) ( II-18) 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 47
Para x = 3 → Q = 2,25 KN, o que substituído na equação anterior permite concluir que C1 = 9 
KN, pelo que a equação da variação do esforço cortante será igual a 
Q
x
x com x2
2
4
3 9 3 6= − + ≤ ≤ ( II-19) 
Para x = 6 o valor deste esforço é zero, como seria de esperar para que o diagrama feche. 
Para o traçado do diagrama dos momentos flectores tem que se ter em conta que no 
encastramento existe um momento reactivo de 6 KN.m, positivo pela convenção utilizada para 
os momentos flectores. Atendendo a ( II-4) e a ( II-17) pode obter-se a variação do momento 
flector para 0 3≤ ≤x , ficando 
M Qdx
x
x d x
x x
x C com x1
2 3 2
24
3 1
12
3
2
0 3= = − +⎛⎝⎜
⎞
⎠⎟ = − + + ≤ ≤∫ ∫ ( II-20) 
Como já foi referido, para x = 0 → M1 = 6 KN.m, valor que deve tomar a constante C2 para que 
a equação verifique esta imposição, pelo que 
306
2
3
12
23
1 ≤≤++−= xcomxxxM ( II-21) 
No ponto x = 3 o valor do momento é M1 = - 2,25 KN.m. 
No estudo desta função deve ter-se em conta que no sistema de eixos utilizado para o 
traçado dos diagramas dos momentos flectores, o eixo dos ZZ tem o sentido positivo marcado 
para baixo, ao contrário do que acontece nos esforços cortantes. Portanto neste caso a curva deve 
ter a forma representada na Fig II-13, isto é com a concavidade virada para cima, já que para 
0 3≤ ≤x toma sempre valores negativos. 
Para o cálculo da variação do momento para valores de 3 6≤ ≤x , tem que se integrar a 
equação ( II-19), ficando 
M Qdx
x
x d x
x x
x C com x2
2 3 2
34
3 9
12
3
2
9 3 6= = − +⎛⎝⎜
⎞
⎠⎟ = − + + ≤ ≤∫ ∫ ( II-22) 
O valor de C3 é calculado sabendo-se que para x = 3 o valor de M2 obtido pela equação (II-21) 
tem que ser igual a -2,25 KN.m, pelo que será C3 = -18, ficando a equação com a forma final 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 48 
M
x x
x com x2
3 2
12
3
2
9 18 3 6= − + − ≤ ≤ ( II-21) 
O momento flector M2 tem valor nulo para x = 6, o que nos permite concluir que o 
diagrama fecha. 
2-5.4 
A
2 m
4 m
6 m6 m
10 KN
Rz R´z
R´x 2 KN
2 KN I
II
III
 
Fig II-14 
Cálculo das reacções do apoio 
R Rx x
′ ′+ − = ⇒ =2 2 0 0 
010RR zz =−+ ′ 
KN33,5R0R12604 zz =⇒=−+ ′′ 
 KN67,4R z = 
O exemplo da Fig II-14 é uma estrutura porticada cujo eixo não é rectilíneo como nos 
casos tratados anteriormente, pelo que o traçado dos diagramas dos esforços obedece a certas 
regras. Para que se parta de uma das extremidades e se mantenham as convenções já 
estabelecidas, é necessário que o observador se coloque no interior da estrutura e que vá 
percorrendo cada um dos tramos sempre no sentido pré-estabelecido, isto é, se se parte da 
esquerda para a direita, cada um dos tramos deve ser percorrido nesse sentido, começando-se 
obviamnente pelo apoio A. Por outro lado, o eixo do tramo II é perpendicular ao eixo dos outros 
dois tramos, pelo que forças que produzem esforço normal nestes produzem esforços cortantes 
naquele tramo e vice-versa. É por isso que neste tipo de estruturas é conveniente que os 
diagramas destes dois esforços sejam traçados em simultâneo, de modo a que seja facilmente 
perceptível a grandeza e sentido dos esforços que transitam para os tramos seguintes. 
Tal como para as vigas de eixo rectilíneo, também para este tipo de estruturas se 
marcam os esforços normais e cortantes positivos para cima do eixo, o que aqui quer dizer o lado 
exterior da estrutura, e negativos para o interior da estrutura. No caso dos momentos flectores vai 
seguir-se a convenção contrária, tal como foi feito nos exemplos anteriores. 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 49
Para a resolução do problema da Fig II-14 vai começar-se por traçar o diagrama dos es- 
 
12 K
N
.m
8 
K
N
.m
 
20 KN 
12 KN.m
8 KN.m 
2 KN 
4,67 K N 
5,33 KN
5,33 KN
4,67 KN 
2 KN 
2 KN
5,33 KN
10 KN 
4,67 KN 
E.N. 
E.C. 
M.F. 
D.C. 
2 KN
2 KN I 
II 
III
 
Fig II-15 
forços normais partindo do apoio móvel. Como 
se pode vêr da análise do diagrama de cargas, o 
tramo I está sujeito a um esforço de 
compressão produzido pela força reactiva de 
4,67 KN, pelo que se trata de um esforço 
negativo. Ao passar para o tramo II verifica-se 
que a força de 2 KN está aplicada de modo a 
também produzir esforço de compressão. 
Repare-se que na outra extremidade se vai 
exercer a acção da outra força de 2 KN 
aplicada no apoio fixo, de modo a que este 
elemento esteja em equilíbrio. O tramo III 
sofre no vértice comum ao tramo II a acção das 
forças de 4,67 KN de tracção e de 10 KN de 
compressão, pelo que o resultado final é uma 
força de compressão de 5,33 KN, que como se 
pode vêr é anulada no apoio pela força 
reactiva, de igual grandeza e sentido contrário. 
Para o traçado do diagrama dos esforços 
cortantes procede-se exactamente do mesmo 
modo. No tramo I verifica-se que no apoio não 
existe qualquer força que produza este tipo de 
esforço, aparecendo apenas para x = 2 a força 
negativa de 2 KN. No tramo II existe na secção 
inicial uma força reactiva positiva de 4,67 KN 
que é a única força que produz esforço até ao ponto onde está aplicada a força negativa de 10 
KN. O valor do esforço passará a ser igual a 5,33 KN a partir do ponto de aplicação desta força e 
até à outra extremidade deste tramo. Para o tramo III, se se quizer continuar a fazer a análise do 
 Departamentode Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 50 
traçado do diagrama da esquerda para a direita, verifica-se que na secção inicial só existe a força 
de 2 KN, aplicada no tramo I, a produzir esforço cortante. Este esforço mantém-se constante até 
atingir o apoio fixo, onde é anulado pela força aí aplicada. 
O diagrama dos momentos flectores vai ser iniciado pelo apoio do tramo I. Pode 
verificar-se que desde esse ponto até o ponto x = 2 não existem momentos flectores aplicados, 
nem tão pouco cargas que os possam provocar, pelo que até esse ponto o diagrama é nulo. Desse 
ponto até o fim do tramo pode determinar-se a variação deste esforço, integrando a 
correspondente equação dos esforços cortantes, ficando 
6x2comCx2xd2dxQM1 ≤≤+−∫ =−=∫= ( II-22) 
A constante C é calculada para o ponto x = 2 porque se sabe que aí M1 = 0, pelo se terá C = 4 
KN.m, ficando 
6x2com4x2M1 ≤≤+−= ( II-23) 
Para x = 6 o momento flector toma o valor M1 = - 8 KN.m. Neste ponto o eixo da viga sofre uma 
inflexão de 90º, mas este facto não significa que o valor encontrado deixe de ser o mesmo para 
as secções final do tramo I e inicial do tramo II. Com efeito, se se recordar que os momentos 
flectores provocam a rotação das secções, não se compreende que secções na vizinhança do 
mesmo vértice possam rodar de ângulos diferentes sem que a estrutura entre em colapso. 
Para calcular a equação dos momentos flectores para o tramo II vão-se integrar as 
equações correspondentes do esforço cortante, devendo no entanto ter-se em atenção os limites 
de integração. Na verdade, não teria qualquer significado considerar o mesmo sistema de eixos 
utilizado para o tramo I, já que eixo dos XX, coincidente com o eixo dos tramos do pórtico, roda 
de 90º e consequentemente os outros eixos também rodam. A melhor forma de contornar o 
problema é considerar tantas translacções do sistema de eixos quantas as necessárias, de modo a 
que a integração se inicie sempre na origem dos eixos. Chama-se no entanto a atenção para o 
facto de os limites de integração desta função terem necessariamente que coincidir com os 
que foram utilizados para estabelecer a equação de variação dos esforços cortantes. No 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 51
caso concreto deste problema esta questão não se põe já que não houve que recorrer a 
integrações para obter o esforço cortante. 
Ter-se-á então: 
M Qdx d x x C com x2 14 67 4 67 0 6= = = + ≤ ≤∫ ∫ , , ( II-24) 
O cálculo de C1é feito sabendo que para x = 0 → M2 = - 8 KN.m o que implica portanto que C1 
= - 8 KN.m. A equação terá então a forma 
M x com x2 4 67 8 0 6= − ≤ ≤, ( II-25) 
Para x = 6 tem-se M2 = 20,02 KN.m, aproximadamente igual aos 20 KN.m que são o 
valor correcto do momento neste ponto, ficando a pequena diferença a dever-se aos 
arredondamentos feitos no cálculo das reacções. 
M Qdx d x x C com x3 25 33 5 33 0 6= = − = − + ≤ ≤∫ ∫ , , ( II-26) 
A constante C2 é o valor obtido na equação anterior para x = 6, pelo que C2 = 20 KN.m, ficando 
6x0com20x33,5M3 ≤≤+−= ( II-27) 
Para x = 6 tem-se M3 = - 12 KN.m, valor que é transferido para o tramo III como constante de 
integração C3. Ter-se-á então 
6x0comCx2xd2dxQM 34 ≤≤+∫ ==∫= ( II-28) 
ou 
M x com x4 2 12 0 6= − ≤ ≤ ( II-29) 
Para x = 6 o valor do momento é nulo permitindo que o diagrama feche. 
Como se pode verificar por este exemplo, acontece que por vezes se verificam pequenos 
erros devidos aos arredondamentos efectuados, que serão tanto maiores quanto mais grosseiros 
forem essas aproximações. 
 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 52 
2-5.5
Rz
8,5 KN.m
0,6 KN.m
4,5 KN.m
0,25 KN.m
1,7 KN
0,3 KN
0,125 KN
2,125 KN0,125 KN
1 KN
2,125 KN
1,3 KN
1,7 KN
1,7 KN
1,3 KN
2,125 KN
2,125 KN
2 KN
1,3 KN
E.N.
E.C.
M.F.
D.C.
2 KN
4,5 KN.m 8,5 KN.m
1 KN
2 KN
I
II
III
R´z2 m
2 m
2 m
5 m3 m
Rx
2 KN
R´x
 Fig II-16 
Cálculo das reacções do apoio 
R Rx x
′ ′+ − =2 0 
021RR zz =−−+ ′ 
KN7,1R0R101034 zz =⇒=−++ ′′ 
KN125,2R0R4R5 xxz =⇒=+− ′′′ 
 KN3,1R z = 
 R KNx = 0 125, 
O traçado dos diagramas dos 
esforços do sistema da figura é feito da 
mesma forma que no exemplo anterior, 
embora se trate de um pórtico triarticulado. 
Por uma questão de automatiza-ção do uso 
das convenções utilizadas vai iniciar-se a 
análise do problema pelo ponto A. 
Para o traçado do diagrama dos 
esforços normais pode verificar-se que no 
tramo I só a força reactiva Rz é que produz 
uma compressão de 4,67 KN. No tramo II o 
esforço normal vai ser igual à soma da força 
reactiva Rx de 0,125 KN com a força de 2 
KN. Repare-se que neste caso, com aliás em 
todos os tramos, o valor deste esforço é 
anulado na outra extremidade pela reacção 
R x
′ = 2,125 KN. No tramo III ter-se-á um 
esforço normal de 1,7 KN, soma das forças 
verticais de valores iguais a 1 KN e 2 KN e 
ainda da força reactiva Rz. Como se pode 
vêr pelo diagrama de cargas o diagrama 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 53
fecha 
com a força reactiva ′zR igual a 1,7 KN. Para o traçado do diagrama dos esforços cortantes, 
começa-se por ter no apoio a força reactiva Rx = 0,125 KN, negativa por convenção, mantendo-
se o diagrama constante até ao ponto x = 2, a partir do qual e até ao fim deste tramo se vai fazer 
sentir o efeito da força negativa de 2 KN aí aplicada. 
No tramo II tem-se inicialmente a acção da força reactiva positiva Rz, de 1,3 KN, 
mantendo-se o diagrama constante até o ponto de aplicação da força de 1 KN. Esta força, que é 
negativa por convenção, vai ser subtraída à anterior, passando o esforço cortante a ter o valor de 
0,3 KN a partir daqui até à rótula. Deste ponto e até ao fim deste tramo, para além das forças já 
referidas produz esforço cortante a força de 2 KN ali aplicada, pelo que se terá Q = 1,7 KN. 
Na secção inicial do tramo III vão produzir esforço cortante as forças que produziam 
esforço normal no tramo I, isto é a força reactiva Rx e a força de 2 KN, cuja soma é igual a 2,125 
KN. O diagrama fecha com a força ′zR de 2,125 KN. 
Para a determinação das equações de variação dos momentos flectores, vai-ser utilizada 
a já conhecida equação (II-4). Começando pelo ponto A, ter-se-á 
M Qdx d x x C com x1 0 125 0 125 0 2= = − = − + ≤ ≤∫ ∫ , , ( II-30) 
No ponto x = 0 não existe nenhum momento flector aplicado, pelo que, para que M1 = 0 terá que 
ser C = 0, ficando a equação com a forma 
M x com x1 0 125 0 2= − ≤ ≤, ( II-31) 
Para x = 2 → M1 = -0,25 KN.m. A partir deste ponto e até ao fim do tramo tem-se, fazendo uma 
translacção do eixo dos ZZ, 
M Qdx d x x C com x2 12 125 2 125 0 2= = − = − + ≤ ≤∫ ∫ , , ( II-32) 
O valor da constante é obtido a partir da equação (II-31) no ponto x = 2, já que para x = 0 na 
equação (II-32) tem que ser M2 = -0,25 KN.m, para que haja compatibilidade dos valores do 
momento calculados pelas duas equações no mesmo ponto. Ficará então 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 54 
2x0com25,0x125,2M2 ≤≤−−= ( II-33) 
Para x = 2 → M2 = - 4,5 KN.m. 
Para o tramo II começa-se por ter 
M Qdx d x x C com x3 21 3 1 3 0 3= = = + ≤ ≤∫ ∫ , , ( II-34) 
No ponto x = 0 terá que ser M3 = -4,5 KN.m, pelo que será C2 = -4,5 KN.m e a equação toma a forma 
M x com x3 1 3 4 5 0 3= − ≤ ≤, , ( II-35) 
Para x = 3 → M3 = - 0,6 KN.m. 
2x0comCx3,0xd3,0dxQM 34 ≤≤+=∫=∫= ( II-36) 
No ponto x = 0 tem-se M4 = - 0,6 KN.m, o que implica que C3 = - 0,6 KN.m e a equação será 
M x com x4 0 3 0 6 0 2= − ≤ ≤, , ( II-37) 
Para x = 2 → M4 = 0. Aliás outro valor não poderia ser encontrado para x = 2, porqueneste 
ponto existe uma rótula e, como se sabe, este elemento estrutural não transmite momentos. Esta 
poderá ser portanto uma forma de confirmar se o diagrama dos momentos flectores está ou não 
bem traçado. 
M Qdx d x x C com x5 41 7 1 7 0 5= = − = − + ≤ ≤∫ ∫ , , ( II-38) 
No ponto x = 0 já se viu que o momento é nulo pelo que C4 = 0 e a equação 
M x com x5 1 7 0 5= − ≤ ≤, ( II-39) 
Para x = 5 → M5 = - 8,5 KN.m. 
Para o tramo III tem-se 
M Qdx d x x C com x6 52 125 2 125 0 4= = = + ≤ ≤∫ ∫ , , ( II-40) 
O valor da constante é determinado através do momento no vértice, isto é, para x = 0→ M5 = -
8,5 KN.m⇒ C5 = - 8,5 KN.m, ficando a equação com a forma 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 55
M x com x6 2 125 8 5 0 4= − ≤ ≤, , ( II-41) 
Finalmente para x = 4 → M6 = 0. 
2-5.6 
Rx
1 KN/m
2 KN
2 m4 m1 m2 m2 m
Rz R´z
My
 
Fig II-17 
Cálculo das reacções do apoio 
R x = 0 
072RR zz =−−+ ′ 
0R95,524M zy =−++− ′ 
KN5,4R0R418 zz =⇒=− ′′ 
KN5,4R z = m.KN16M y = 
Diagramas dos esforços: 
Esforços normais - a viga não tem este tipo de esforços. 
Esforços cortantes 
 Q com x1 4 5 0 2= ≤ ≤, ( II-31) 
 Q com x2 2 5 2 4= ≤ ≤, ( II-32) 
 9413 ≤≤+−=−=−= ∫ ∫ xcomCxdxdxqQ 
Para x = 4 → Q3 = 2,5 KN ⇒ C = 6,5 KN e a equação fica igual a 
 Q x com x3 6 5 4 9= − + ≤ ≤, ( II-33) 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 56 
Para x = 9 → Q3 = -2,5 KN. Como nesse ponto existe a força reactiva positiva de 4,5 KN, o 
esforço cortante passa a ter o valor 2 KN. 
 1191 14 ≤≤+−=−=−= ∫ ∫ xcomCxdxdxqQ 
Para x = 9 → Q4 = 2 KN ⇒ C1 = 11 KN, pelo que a equação fica com a forma 
 11x9com11xQ4 ≤≤+−= ( II-34) 
Momentos flectores 
 205,45,4 21 ≤≤+=== ∫∫ xcomCxxddxQM 
No ponto x = 0 existe um momento flector aplicado igual a 16 KN.m, negativo por convenção, 
pelo que para que M1 = - 16 KN.m ⇒ C2 = -16, ficando 
 M x com x1 4 5 16 0 2= − ≤ ≤, ( II-35) 
Para x = 2 → M1 = - 7 KN.m. 
 425,25,2 32 ≤≤+=== ∫∫ xcomCxxddxQM 
No ponto x = 2 tem-se M2 = - 7 KN.m → C3 = - 12, pelo que ficará 
 M x com x2 2 5 12 2 4= − ≤ ≤, ( II-36) 
Para x = 4 → M2 = - 2 KN.m. 
 945,6
2
)5,6( 4
2
3 ≤≤++−=+−== ∫∫ xcomCxxxdxdxQM 
Para x = 4 → M3 = - 2 KN.m, pelo que C4 = - 20 KN.m e a equação toma a forma 
 M
x
x com x3
2
2
6 5 20 4 9= − + − ≤ ≤, ( II-37) 
Se se determinarem as raizes desta equação verifica-se que para x = 5 e x = 8 o 
momento flector é nulo, o que em parte está de acordo com os dados do problema, uma vez que 
para x = 5 existe uma rótula, que como se sabe não transmite momentos. 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 57
2 KN.m
7 KN.m
16 KN.m
4,5 KN
16 KN.m
1 KN/m
2 KN
2 KN
2,5 KN
2,5 KN
4,5 KN 4,5 KN
.D.C.
E.N.
E.C.
M.F.
1,125 KN.m
2 KN.m
 
Fig II-18 
Derivando esta equação uma vez em ordem a x e igualando a derivada a zero obtém-se 
o ponto em que a função tem um máximo ou um mínimo. Pode-se verificar pela análise da figura 
(II-19) que este ponto corresponde ao ponto onde o esforço cortante é nulo, que é o ponto x = 
6,5. Derivando a equação segunda vez pode-se concluir que a função tem neste ponto um 
máximo. O valor desse máximo, obtido utilizando a equação (II-37) é M3 = 1,125 KN.m. 
Para x = 9 → M3 = - 2 KN.m. 
 11911
2
)11( 5
2
4 ≤≤++−=+−== ∫∫ xcomCxxxdxdxQM 
Para x = 9, M4 = - 2 KN.m, pelo que C5 = - 60,5 KN.m, pelo que 
 M
x
x com x4
2
2
11 60 5 9 11= − + − ≤ ≤, ( II-38) 
Para x = 11 → M4 = 0. 
 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 58 
2-6 Exemplos práticos não resolvidos 
Traçar os diagramas dos esforços normais, cortantes e momentos flectores dos seguintes 
exemplos: 
2-6.1 
3 KN/m
5 m2 m2 m6 m2 m
2 KN
 
Fig II-19 
2-6.2 
200 K N
2,5 m
60º45º
2 m
 
Fig II-20 
2-6.3 
1 m2,5 m2,5 m
3 KN
2 m
2 m
2 KN
1 KN
 
Fig II-21 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 59
2-6.4 
60º
3 m
5 KN
2 m
3 KN
2 KN
1 m1 m 1 m1 m
 
Fig II-22 
2-6.5 
3 KN/m
2 m 3 m2 m
10 KN
1 m 3 m1 m2 m
 
Fig II-23 
2-6.6 
B
2 KN
2 KN
2 KN
C
1 m
A
2 KN
2 KN 2 KN
1 m
2 m 2 m2 m 2 m 1 m 1 m 1 m2 m 2 m 1 m 1 m1 m 
Fig II-24 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 60 
CAPÍTULO III 
ESTUDO DOS SISTEMAS RETICULADOS 
 
3.1- Introdução 
Sistemas recticulados ou treliças são estruturas, constituídas por associações de barras 
articuladas nas suas extremidades por rótulas ou nós. Estes sistemas são assim projectados de 
forma a que as cargas a que vão estar sujeitas sejam de preferência aplicadas nos nós, ficando os 
elementos estruturais que as constituem solicitados apenas por esforços normais. 
As treliças podem ser planas ou tridimensionais, conforme os eixos das barras que as 
constituem estejam ou não contidas num mesmo plano. Na Fig III-1 está representado um 
exemplo de cada uma destas categorias. Embora todas as considerações sobre a estaticidade que 
venham a ser explanadas sejam aplicáveis a todo o tipo de treliças, o nosso estudo irá debruçar-
se apenas sobre as treliças bidimensionais por falta de tempo para abordar os métodos de 
resolução das tridimensionais. 
 No estudo das treliças vão admitir-se as seguintes hipóteses simplificadoras: 
 1- as articulações entre as barras que constituem o sistema faz-se através de rótulas sem 
atrito. 
 2- as cargas e os apoios aplicam-se preferencialmente nos nós da estrutura, embora em 
casos especiais possa haver outras formas de carregamento. 
 3- o eixo de cada uma das barras contém o centro das articulações das suas 
extremidades. 
 
 
Fig III-1a - Exemplo de treliça plana Fig III-1b- Exemplo de treliça tridimensional 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 61
Quando estas 3 condições se verificam, as barras da estrutura ficam sujeitas apenas a 
esforços normais. As tensões produzidas por estes esforços são designadas por tensões 
primárias. 
Nos projectos iniciais, de que a torre Eifel em Paris e a ponte D.Maria no Porto são 
exemplos, as treliças eram compostas por um conjunto de barras ligadas entre si por placas 
rebitadas. Na prática, como se pode vêr por estes exemplos, as hipóteses anteriormente 
formuladas nunca se verificam completamente, já que as articulações oferecem sempre uma certa 
resistência ao movimento de rotação das barras que nela convergem, por mais perfeitas que 
aquelas sejam. 
Ultimamente as juntas rebitadas foram na maioria dos casos substituídas por ligações 
soldadas, o que à primeira vista veio complicar ainda mais este problema pelo facto de terem 
vindo agudizar a questão da rigidez das juntas com a consequente introdução de flexão nos 
elementos que nelas confluem quando a estrutura é solicitada. À diferença que se verifica entre 
as tensões realmente instaladas nas barras e as tensões primárias são chamadas tensões 
secundárias. De qualquer modo, estas tensões podem ser minimizadas sempre que todas as 
barras que concorrem num nó forem cuidadosamente dispostas de modo a que os seus eixos se 
cruzem num único ponto. 
Refira-se entretanto que em tudo o que atrás se disse foi desprezado o peso próprio da 
estrutura que, como é fácil de perceber, introduz flexão em todas os elementos estruturais. No 
entanto é usual desprezar o seu efeito no cálculo dos esforços nas barras, ou se tal não fôr 
possível em virtude de ser importante o conhecimento exacto das solicitações a que aquelas 
estão sujeitas, substitui-se o seu efeito em cada barra por duas forças concentradas,aplicadas nos 
nós das extremidades e de grandeza igual a metade do seu peso próprio. 
3.2- Determinação da Estaticidade dos Sistemas Recticulados 
Como nas demais estruturas, as treliças podem dividir-se em hipoestáticas, isostáticas e 
hiperestáticas, conforme o número de equações da estática disponíveis é, respectivemente, 
superior, igual ou inferior ao número de incógnitas do problema. 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 62 
Contudo, neste tipo de estruturas deve-se ter em atenção que para além das incógnitas 
de apoio, há que determinar os esforços a que todas as barras da estrutura estão sujeitas. Neste 
tipo de sistemas é então comum fazer a análise da sua estaticidade exterior, isto é, quanto ao 
número de incógnitas de apoio, e da sua estaticidade interior quanto ao número de barras cujos 
esforços se têm que calcular. Deste modo é possível que um sistema recticulado possa ser, por 
exemplo, isóstático exteriormente e hiperestático internamente, Fig III-2, se fôr possível escrever 
um número de equações suficiente para determinar as incógnitas de apoio mas houver um 
número de barras superior ao de equações da estática que permita determinar os seus esforços. 
Neste caso diz-se que a treliça é globalmente hiperestática em virtude do número total de 
incógnitas do problema ser superior às equações da estática disponíveis. 
 
 
Fig III-2 - Exemplo de uma treliça internamente hiperestática 
e externamente isostática 
Nos sistemas recticulados deve-se então analisar: 
„ a sua estaticidade externa, verificando a forma como a estrutura está apoiada e o 
número de equações da estática que é possível escrever; 
„ a sua estaticidade interna, tendo em conta o número de barras cujo esforço se 
desconhece e o número de equações que é possível escrever. 
A partir da identificação das incógnitas do problema pode-se então dizer se o problema tem ou 
não resolução recorrendo apenas às equações clássicas da estática, isto é, se o problema é ou não 
globalmente isostático. 
Vejamos agora como se pode determinar a estaticidade global de uma treliça constituída 
por b barras articuladas e por n nós. Pelo que atrás foi dito, é evidente que o número de 
incógnitas existentes na treliça, independentemente da forma como esta está apoiada, será igual a 
b, já que é este o número de esforços existentes. Se se admitir que esta estrutura tem a incógnitas 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 63
de apoio, que tal como as forças exteriores são aplicadas nos nós, então dir-se-á que o número 
total de incógnitas do problema será igual a a + b. 
Se a estrutura fôr plana, que é o caso das treliças que iremos estudar, em cada nó da 
estrutura é possível escrever apenas as 2 equações da estática: 
 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=∑
=∑
⇒=
0F
0F
0F
z
xr
 (III-1) 
já que a terceira equação a que normalmente se recorre 
 0M0M y =∑⇒=
r
 (III-2) 
deixa de ter significado, uma vez que todos os esforços das barras que concorrem nesse nó não 
produzem aí qualquer momento. Assim, para uma estrutura com n nós ter-se-ão disponíveis 2n 
equações da estática. Diz-se então que a treliça é globalmente isostática se se verificar a 
igualdade 
 a b n+ = 2 (III-3) 
isto é, se o número de incógnitas é igual ao número de equações disponível. Esta equação pode 
tomar a forma 
 g a b n= + − 2 (III-4) 
onde g é o grau de estaticidade do sistema. No caso de se verificar a igualdade (III-3) é óbvio 
que g é igual a zero. Dir-se-á então que, se: 
 g < 0 a treliça será globalmente hipostática 
 g = 0 a treliça será globalmente isostática 
 g > 0 a treliça será globalmente hiperestática 
Da mesma forma seria possível estudar a estaticidade interna de uma treliça, 
admitindo que esta está simplesmente apoiada, mesmo que os seus apoios sejam outros. Neste 
caso, o número de reacções de apoio a será igual a 3, pelo que terá que ser este o número de 
 Departamento de Engenharia Mecânica da Universidade de Coimbra 
 64 
equações da estática que terão que ser reservadas para as determinar. A equação (III-4) escreve-
se então sobre a forma 
 g b n= − +2 3 (III-5) 
A determinação da estaticidade exterior de uma treliça é feita da mesma forma que 
qualquer outra estrutura e utlizando os métodos já referidos. 
No estudo dos sistemas recticulados deve-se ter em conta que os resultados obtidos 
através das equações (III-4) e (III-5) nem sempre permitem tirar conclusões correctas sobre a sua 
estaticidade. Com efeito, se aplicarmos uma destas equações na determinação da estaticidade da 
estrutura da Fig III-3, ser-se-á levado a afirmar que esta treliça é isostática quando na realidade 
se trata da associação, através das barras I e II, de um recticulado isostático com outro 
hiperestático. 
II
I
 
Fig III-3 - Exemplo de uma treliça deformável 
A explicação para este facto deve-se a que um sistema qualquer de n equações e n incógnitas 
nem sempre é bem determinado, só tendo solução quando o seu determinante fôr diferente de 
zero. 
3.3- Tipos de Sistemas Recticulados 
A treliça isostática mais simples que existe é constituída por três barras e três rótulas, 
sendo possível construir outros sistemas recticulados isostáticos, associando àquela conjuntos de 
duas barras e uma rótula, Fig III-4. As treliças assim construídas são chamadas treliças simples. 
A partir das treliças simples é possível construir outros tipos de sistemas que se dividem em 
treliças compostas e treliças complexas. 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 65
II
 
Fig III-4 - Exemplo de construção de uma treliça isostática 
As treliças compostas são associações de duas treliças simples feitas através ou de uma 
rótula e uma barra, ou de três barras desde que não paralelas entre si nem concorrentes num 
ponto, Fig III-5. É evidente que se as barras fossem concorrentes num ponto ou paralelas entre si 
o sistema era deformável e portanto instável. 
 
Fig III-5 - Exemplos de construção de treliças compostas isostáticas 
As treliças complexas são estruturas em que a disposição das barras que a constituem 
não obedece a qualquer critério que não seja o de as manter indeformáveis, devendo ser, tal 
como os outros tipos de sistemas reticulados, isostáticas ou hiperestáticas. Estas estruturas, de 
que a repreentada na figura III-6 é um exemplo, são as que normalmente mais dificuldades 
apresentam para a determinanação dos esforços nas barras que as constituem. 
 
Fig III-6 - Exemplo de uma treliça complexa isostática 
3.4 - Cálculo dos Esforços Axiais nas Barras dos Sistemas Recticulados 
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Dos vários métodos que podem ser usados na determinação dos esforços axiais das 
barras de treliças bidimensionais, vão considerar-se dois: 
- o método de Ritter, que é um método analítico e 
- o método de Cremona que é um método gráfico 
 
3.4.1- Método de Ritter 
O método de Ritter é um método de cálculo dos esforços que utiliza a análise do 
equilíbrio das partes em que uma estrutura é seccionada por um plano imaginário que a divida 
em partes perfeitamente independentes. Para melhor compreensão do problema considere-se a 
treliça representada na figura III-7, em equilíbrio sob a acção das forças exteriores de 4 KN e 2 
KN e das reacções de apoio já calculadas. Seccione-se esta treliça por um plano imaginário 
qualquer, SS, que a divida em duas partes totalmente independentes uma da outra e considere-se, 
por exemplo, 
SIS
S
XI
X
IX
VIII
VII
VI
V
IV
III
4 KN
2 m
II
I
2 m 2 m 2 m
16 KN
16 KN
6 KN
SI
2 KN
 
Fig III-7 - Determinaçãodos esforços nas barras da treliça pelo método de Ritter 
o equilíbrio da parte à esquerda da secção, Fig III-8. Para que esta parte da estrutura esteja em 
equilíbrio é necessário que a outra parte que foi ignorada seja substituída por um conjunto de 
forças FII, FIII e FIV, de que desconhecemos o sentido mas conhecemos a direcção, já que não 
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são mais que os esforços axiais das barras seccionadas pelo plano SS. Com efeito, foi referido 
que neste tipo de estruturas só existiam esforços axiais, pelo que ao ser cortada uma barra 
qualquer, esta tem que ser substituída pelo esforço que transmitia ao resto da estrutura, de forma 
a que a parte a estudar esteja em equilíbrio estático. 
Por uma questão de sistematização, arbitre-se que as três barras estão sujeitas a esforços 
de tracção e através das equações da estática calculem-se as suas grandezas. 
a
FII
FIII
FIV
IV
III
II
I
16 KN
16 KN
6 KN
 
Fig III-8 - Sistema de forças que mantêm em equilíbrio a parte esquerda da treliça 
Fx 0 16 16 FII FIII cos 45º FIV cos 18,43º = 0∑ = ⇒ − + + + 
0=18,43ºsenIVF45ºsenIIIF60zF −−⇒=∑ 
0F22x160M II
a
y =+⇒=∑ 
F KNII = −16 barra sujeita a um esforço de compressão 
F KNIII = 1 42, barra sujeita a um esforço de tracção 
F KNIV = 15 81, barra sujeita a um esforço de tracção 
O facto da grandeza da barra FII ter aparecido com o sinal negativo, significa apenas 
que a barra está sujeita a um esforço de compressão, ou seja o esforço a que está sujeita tem o 
sentido contrário ao de tracção para ela inicialmente arbitrado. 
Para continuar o cálculo dos esforços das barras da estrutura, considere-se agora, por 
exemplo, a secção SI SI, Fig III-7, e estude-se o equilíbrio da parte da direita representada na Fig 
III-9. Esta secção é necessária apenas para determinar os esforços nas barras V e VI, uma vez 
que o esforço na barra IV já foi anteriormente determinado. Repare-se como curiosidade que 
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para o estudo do equilíbrio desta parte da estrutura não teria sido necessário o cálculo das 
reacções de apoio. 
Fx 0 F 15,81 cos 18,43º = 0VI∑ = ⇒ + 
0=º43,18sen81,15F4+2 0zF V −+⇒=∑ 
F KNVI = −15 barra sujeita a um esforço de compressão 
F KNV = 6 barra sujeita a um esforço de tracção 
FV
FVI
b
XI
X
IX
VIII
VII
VI
V
4 KN
15,81 KN
2 m 2 m
2 KN
 
Fig III-9 - Sistema de forças que mantêm em equilíbrio a parte direita da treliça 
A barra VI podia ser ainda calculada directamente pela equação: 
KN15F0F
6
84x42x20M VIVI
b
y −=⇒=++⇒=∑ 
A determinação das grandezas das outras barras da treliça pode fazer-se utilizando 
outras secções. Há no entanto que chamar a atenção para o facto de só poderem ser seccionadas 
tantas barras, de grandeza e sentido desconhecidos, quantas as equações da estática que se 
possam escrever, já que de outro modo se iria ficar com um sistema de equações indeterminado. 
Do mesmo modo, se as barras seccionadas forem paralelas entre si ou concorrentes num 
ponto também não é possível a utlização do método de Ritter, porque embora possamos 
sempre escrever as 3 equações da estática definidas em (III-1) e (III-2) uma delas não é 
linearmente independente. 
3.4.2- Método de Cremona 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
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O método de Cremona é um método gráfico que se baseia no estudo do equilíbrio de 
cada um dos nós da estrutura, tendo em conta as forças que nele actuam e os esforços das barras 
que nele confluem. Porém, antes de entrar na descrição deste método, há que referir alguns 
conceitos ligados ao tratamento gráfico de sistemas de forças. 
3.4.2.1- Método Gráfico para Tratamento de Sistemas de Forças 
Como é sabido da estática, diz-se que um ponto está em equilíbrio sob a acção de um 
conjunto de forças, quando a resultante desse conjunto de forças é nula e é possível graficamente 
fazer a verificação do equilíbrio desse ponto, ou encontrar a resultante do sistema de forças no 
caso da sua resultante ser diferente de zero. 
Considere-se o sistema de forças representado na figura III-10 e determine-se a 
resultante das forças aplicadas no ponto O. Por um ponto qualquer comece-se por traçar o 
polígono funicular das forças obedecendo à sua posição relativa. Para tal, arbitre-se um sentido 
de rotação e comece-se a traçar o polígono por qualquer uma das forças, por exemplo a força f1 e 
continue-se o seu traçado colocando as outras forças na forma indicada na figura. A resultante 
será nula se, uma vez colocadas no polígono todas as forças, a extremidade da última força 
coincidir com o ponto onde este começou a ser traçado, o que não é o caso do exemplo 
apresentado. Neste caso o sistema de forças é equivalente à resultante R. 
R
0
f1 f2
f3 f4
f1
f2
f4
f3 
Fig III-10 - Determinação gráfica da resultante de um sistema de forças aplicado num ponto 
Considere-se agora o mesmo sistema de forças, mas a que foi associado uma força f5 de 
grandeza igual mas sentido contrário a R, Fig III-11. É evidente que neste caso se pode 
confirmar que o ponto O está em equílibrio, já que a sua resultante é nula. 
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 70 
f1
f2
f4
f3
0
f1 f2
f3 f4
f5
f5
 
Fig III-11 - Verificação gráfica do equilíbrio de um ponto sujeito a um sistema de forças 
Da análise do que até agora foi dito, pode concluir-se que, se num ponto estiver 
aplicado um sistema de forças de que se desconheça a grandeza de uma delas, embora seja 
conhecida a sua direcção, é possível determinar graficamente a sua grandeza de modo a que o 
ponto O esteja em equilíbrio. Da mesma forma é possível determinar a grandeza de duas das 
forças do sistema, se as suas direcções forem conhecidas, de modo a que o ponto esteja em 
equilíbrio. Neste caso, porém, o problema só tem solução inequívoca se e só se as forças cujas 
grandezas são desconhecidas estiverem juntas, tal com se representa no exemplo da figura III-
12, já que de outro modo o problema não tem solução por não ficarem definidos os pontos do 
polígono por onde devem passar as forças que o constituem. Para a resolução do problema da 
figura comece-se por traçar o polígono funicular de modo a que as forças conhecidas sejam as 
primeiras a aí serem colocadas. Neste caso a ordem de colocação das forças foi f3 , f1 , f2 e f4 
, utilizando o sentido 
c
b
a
f4
f3
0
f1
f2
f3 f4
f5
f2
f6
f1
f6
f5
 
Fig III-12 - Determinação gráfica da grandeza de duas forças conhecidas as suas direcções 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
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representado. Das outras forças conhecem-se agora, não só as suas direcções, mas também o 
ponto a do polígono funicolar por onde deve passar a força f5 e o ponto b por onde deve passar a 
força f6. Prolongando as duas direcções conhecidas obtem-se o ponto c que define a grandeza de 
cada uma dessas forças, sendo o sentido de cada uma definido de modo a que o polígono feche. 
A resolução deste tipo de problemas torna-se impossível se do sistema de forças 
fizerem parte três ou mais forças de que seja conhecida só a sua direcção, pois neste caso há 
uma infinidade de soluções que satisfazem o equilíbrio do ponto. 
 
3.4.2.2- Notação de Bow 
No estudo de sistemas recticulados, em particular na aplicação do método de Cremona, 
é usual utilizar-se a chamada notação de Bow, que é uma forma prática de identificar todas as 
barras do sistema e forças nele aplicadas. Esta notação consiste na aplicação de uma letra 
maiúsculs a todos osespaços limitados por forças, por barras ou por forças e barras. Deste modo, 
quaisquer forças ou barras passam a ficar identificadas pelas letras minúsculas correspondentes 
às que definem os espaços que lhe são adjacentes. Um exemplo da aplicação da notação de Bow 
está representada na figura III-13. Pode verificar-se que, por exemplo a força f1 passa a ser 
identifacada por força ab ou ba, a reacção Rx por cd ou dc, etc. 
R x
C
D
f1
f2
A
E
B
R ´z
R z
F
G H
I
 
Fig III-13 - Exemplo de aplicação da notação de Bow 
3.4.2.3- Método de Cremona (não faz parte do programa da disciplina) 
Depois de nos dois pontos anteriores se terem focado aspectos elementares para a 
aplicação de método de Cremona, calculem-se agora por este método os esforços nas barras da 
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treliça utilizada na explicação do método de Ritter, Fig III-14, de forma a que seja possível a 
comparação dos resultados obtidos pelos dois métodos. 
Atendendo a que se trata de um método gráfico, comece-se por escolher uma escala 
para as forças e outra para os comprimentos das barras e desenhe-se na escala escolhida a figura 
da treliça. Admitindo que o valor das reacções já é conhecido, aplique-se a notação de Bow para 
a identificação das forças e barras. Para facilitar a explicação foram também numerados os nós, 
embora isso não seja necessário. Tal como se fez no ponto 3.4.2.1 arbitre-se um sentido de 
rotação que defina a ordem por que vão ser consideradas no estudo do equilíbrio do nó as forças 
e os esforços e procure-se uma rótula em que haja apenas duas grandezas desconhecidas. 
D
F
B
J
C
VII
VI V
IV
III
4 KN
A II
I
G
H I
16 KN
16 KN
6 KN
2 KNE
 
Fig III-14 - Determinação dos esforços nas barras da treliça pelo método de Cremona 
No caso da treliça em estudo, tanto pode ser o nó I como o VI, já que ambos estão nas 
condições pretendidas. Comece-se por exemplo pelo estudo do equilíbrio do nó I, onde existe 
uma força cd de grandeza e sentido conhecidos e dois esforços de direcção conhecida. Por um 
ponto qualquer comece-se então por traçar um segmento de recta cd, com o sentido da força e 
com um comprimento equivalente a 4 KN na escala escolhida7. Deste modo ficam definidos dois 
pontos, c e d, que são também comuns às barras concorrentes no nó em estudo. Para determinar a 
grandeza dos esforços destas barras basta fazer passar por esses pontos segmentos de recta com 
as direcções das barras da treliça. A sua intersecção irá definir o ponto j, que unido aos pontos c 
e d define a grandeza dos esforços nas barras dj e jc, cujo valor pode ser obtido por simples 
 
7 Note-se que não é a mesma coisa traçar o segmento de recta dc, uma vez que com o sentido que foi arbitrado se 
parte do ponto c para d e não ao contrário. 
Apontamentos de apoio à disciplina de Resistência de Materiais I 
 73
medição e posterior conversão através da respectiva escala. O sentido desses esforços, indicado 
na figura III-15, é determinado tendo em conta o sentido de rotação arbitrado e que o polígono 
assim definido deve fechar para que o nó esteja em equilíbrio. Estes sentidos podem ser 
posteriormente indicados na treliça de modo a tornar mais fácil a visualização do modo como 
actuam os esforços nos nós. 
É evidente também que se o esforço de uma barra, por exemplo da barra dj, comprime o 
nó I, também vai comprimir o nó II situado no outro extremo8.. Esta barra estará então sujeita a 
um esforço de compressão, enquanto que uma barra que tracciona os nós está sujeita a um 
esforço de tracção, Fig III-16. 
Escala - 1 KN = 5 mm
jd
c
 
Fig III-15 – Estudo do equilíbrio do nó I da treliça da figura III-14 
COMPRESSÃO
TRACÇÃO
 
Fig III-16 - Convenção dos esforços nas barras das treliças 
Conhecidos a grandeza dos esforços nas barras dj e jc, é agora possível prosseguir os 
cálculos nas outras barras da treliça, passando, por exemplo, a analisar o equilíbrio do nó II. 
Convém notar que a análise deste nó só é possível com o conhecimento do valor do esforço 
normal na barra jc, como só é possível analisar os outros nós desde que apenas sejam 
desconhecidos os esforços em duas barras. 
Deve-se também notar que todas as barras são articuladas em dois nós, o que implica a 
duplicação do traçado da grandeza e direcção dos seue esforços, se o estudo de cada nó fôr feito 
em separado. Para evitar estas repetições que só introduzem erros desnecessários, é usual fazer 
um único Cremona para toda a estrutura, como o representado na figura III-17 que diz respeito a 
 
8 É evidente que a compressão exercida nos nós não é mais que a reacção à compressão que aqueles sobre ela 
exercem. 
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 74 
todos os esforços e forças a que está sujeita a treliça que se tem estado a estudar. As grandezas 
desses esforços estão indicadas no Quadro I. 
b e f a
j i
d g
c
Escala - 1 KN = 5 mm
h
 
Fig III-17 – Cremona da treliça da figura III-14 
 Quadro I 
 Tracção Compressão
Barra KN KN
af 0
cg 15,8
fg 1,4
ef 16
gh 6
ci 12,6
ih 3,6
eh 15
ij 0
cj 12,65
jd 12
3.5 - Exercícios Propostos 
Por qualquer dos métodos seus conhecidos, determine os esforços nas barras das 
treliças repreentadas: 
3.5.1 
 
1,5 K N
3 m 3 m 2 m 2 m 
2 m 
2 m 
1 m 
2 K N 3 K N2 K N
 
3.5.2 
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 75
1 m
2 K N
1 0 K N
1 0 K N
5 m 3 m2 m
2 , 5 m
1 , 5 m
 
3.5.3 
1 m
3 m
4 m2 m2 m4 m
3 m 3 m
5 KN 5 KN 5 KN
4 KN
 
 
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Bibliografia 
 
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Hill, 6ª Edição, 1998; 
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- Lardners, T.J., Archer, R.R.; Mechanics of Solids – an Introduction, MCGraw-Hill, 
1994; 
- Fonseca, A. ; Curso de Mecânica - Vol. II, Livros Técnicos e Científicos Editora, S.A; 
- Timoshenko, S.P.; Resistência de Materiais - Vol. I e II, Livro Técnico S.A., 1971; 
- Silva Gomes, J.F., Teoria da Elasticidade. Fundamentos e Aplicações; DEMEGI, 
FEUP, 1991