Apostila Estruturas em Treliça

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Estruturas 
em Treliça 
 
 
 
 
 
Prof. Eduardo Mesquita 
 
 
 
 
- 2006 - 
EESSTTRRUUTTUURRAASS EEMM TTRREELLIIÇÇAA 
 
 
São estruturas lineares, formadas por barras que no conjunto devem formar uma 
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Estruturas em Treliça 
1
estrutura indeformável. 
 
 
 
 Estrutura deformável 
 
 
 
 
 
11.. TTIIPPOOSS DDEE TTRREELLIIÇÇAA 
 
11..11 -- TTrreelliiççaass PPllaannaass 
 
Suas barras estão num mesmo plano. 
 
11..22 -- TTrreelliiççaass TTrriiddiimmeennssiioonnaaiiss 
 
Suas barras estão todas em planos diferentes. As treliças são utilizadas para 
coberturas, pontes, como vigas de lançamento, etc. 
 
22.. HHIIPPÓÓTTEESSEESS PPAARRAA OOSS VVÁÁRRIIOOSS PPRROOCCEESSSSOOSS DDEE CCÁÁLLCCUULLOOSS 
 
22..11 – As barras da treliça são ligadas entre si por intermédio de articulações 
sem atrito. 
 
22..22 – As cargas e reações aplicam-se somente nos nós da estrutura. 
 
22..33 – O eixo de cada barra coincide com a reta que une os centros das articulações 
(como nas estruturas lineares). 
 
 
Satisfeitas todas as hipóteses mencionadas, as barras da treliça só serão 
solicitadas por forças normais. 
 
33.. EESSFFOORRÇÇOOSS SSOOLLIICCIITTAANNTTEESS 
 
 
 Forças Normais 
 
 
 
 
 
 
As tensões provocadas por estas forças são chamadas tensões primárias. 
 
Barra indeformável 
 
• tração 
• compressão 
N 
N 
N 
N 
A A 
B B 
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2
N
S
σ = (verificação da resistência da peça) 
 
 
Observações: 
 
1. Na prática não se consegue obter uma articulação perfeita, sem atrito. As 
articulações são formadas por chapas rebitadas ou soldadas, que podem ser 
consideradas praticamente rígidas. 
 
 
 
 
 
 
 
2. Devido ao fato de não termos uma articulação perfeita aparecerá momento fletor e 
força cortante, porém este estudo não é parte do nosso curso. 
 
3. Também o peso próprio da barra provoca flexão na mesma, só que é desprezível 
por ser muito pequeno. O peso da barra vai aplicado nos nós. 
 
 
 
 
 
 
44.. TTRREELLIIÇÇAASS IISSOOSSTTÁÁTTIICCAASS EE HHIIPPEERREESSTTÁÁTTIICCAASS 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Dados os valores das forças P1, P2, P3 e P4, se conseguirmos determinar, pelas 
seção da peça 
A 
B 
P/2 
P/2 
P1 P2 
R1 P3 
R2 
P4 
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3
equações da estática, os valores de R1 e R2 e os esforços nas barras, ela é isostática. 
Se determinarmos somente as reações de apoio ela é dita internamente hiperestática 
(as incógnitas são as forças normais). 
Quando nem as reações se determinam ela é dita externamente hiperestática. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
As incógnitas a se determinarem são: 
• As reações de apoio HA, VA e VB, chamadas de vínculos representados pela letra V. 
• Esforços normais nas barras representados pela letra b. 
 
Logo o número de incógnitas é (b + V). 
 
 
Portanto, para cada nó da estrutura 
nós temos duas equações, logo se a 
estrutura possuir N nós, teremos 2N 
equações. 
 
 
Portanto, para uma treliça ser isostática, devemos ter b V 2N+ = 
Treliça hiperestática b + V > 2N. 
O grau de hiperestaticidade de uma treliça é dado pela equação: 
g = (b + V) – 2N 
Se g = 0 Ö a treliça é isostática. 
 
 
 
 
 
HA 
P2 
A 
VB 
B 
VA 
P 
N1 
N2 N3 
x x
y y
N P 0
N P 0
+ =
+ =
∑
∑
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4
 
Exemplos: 
 
 
 
 
 
 
 
 v = 3, b = 11, N = 7 v = 3, b = 9 
 b + v = 14 2N = 14 N = 6 b + v = 12 2N = 12 
 Isostática Isostática 
 
 
 
 
 
 
 
 v = 4, b = 13, N = 8 v = 3, b = 14, N = 8 
 b + v = 17 2N = 16 b + v = 17, 2N = 16 
 Hiperestática (g = 1) Hiperestática (g = 1) 
 Incógnita: uma das reações de Incógnita: esforço de uma das 
 apoio – externamente barras- internamente 
 hiperestática. hiperestática. 
 
55 –– TTRREELLIIÇÇAASS SSIIMMPPLLEESS 
 
Geralmente quase todas as treliças são formadas a partir de um triângulo 
inicial. Para cada novo nó introduzido, basta acrescentar duas barras não colineares. 
Se o número de vínculos relativos às treliças acima mencionadas forem iguais a 3, as 
treliças serão sempre isostáticas Ö b + 3 = 2N 
 
Observações: 
 
1. A treliça hiperestática com 3 vínculos, conforme desenho acima, tem uma barra a 
mais, logo não entra nesta classificação. 
 
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66.. PPRROOCCEESSSSOOSS DDEE RREESSOOLLUUÇÇÃÃOO 
 
66..11 –– PPrroocceessssoo ddooss NNóóss 
 
Seja o nó C, da treliça ABCDEF. Nele concorrem as barras conforme a figura 
abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Conforme já dissemos, cada nó apresenta duas equações e, se admitirmos que 
todas as barras estejam tracionadas, teremos: 
 
Nó C: 
1 1 3 2 4
1 1 3 2 2
H 0 P cos N cos N 0
V 0 P sen N sen N 0
⎧ = ⇒ α + α + =⎪⎨ = ⇒ − α − α − =⎪⎩
∑
∑ 
Genericamente, teremos: 
Ncos Hα +∑ (componente horizontal de P1) = 0 
Nsen Vα +∑ (componente vertical de P1) = 0 
As componentes verticais em função do seno. 
As componentes horizontais em função do cosseno. 
Os valores de H e V podem ser positivos ou negativos, se as forças forem de tração e 
compressão, respectivamente. 
 
Convenção: H e V∑ ∑ 
 
 
 
 
C D E 4 5 
2 
3 
1 
A 
6 7 
9 
8 
F B 
P1 
N2 N3 
N4 
P1 
C 
2α
1α
+ + 
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66..22 –– CCaassooss ddee SSiimmpplliiffiiccaaççããoo 
 
Para carregamentos particulares pode acontecer que uma treliça possua barra 
ou barras não solicitada(s), ou então solicitadas pela mesma força normal. Em 
muitos casos a identificação destas barras é imediata, simplificando bastante o 
cálculo da treliça. 
Seja a treliça abaixo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
• Nó A ÖÖ duas barras não coaxiais sem forças externas aplicadas. 
 N1 = N4 = 0 ÖÖ as barras não estão solicitadas. 
 
• Nó C ÖÖ duas barras não coaxiais sem forças externas aplicadas. 
N5 = 0 
N2 = N6 
 
• Nó B ÖÖ duas barras não coaxiais sem forças externas aplicadas. 
 N17 = -P3 ÖÖ (compressão). 
 N16 = 0 
 
• Nó D ÖÖ duas barras não coaxiais sem forças externas aplicadas. 
 N10 = N14 
 N13 = 0 
 
• Nó E ÖÖ duas barras não coaxiais sem forças externas aplicadas. 
N8 = N12 
N9 = - P2 ÖÖ (compressão). 
 
 
A E2 4 8 
1 
3 
2 
5 7 9 
6 
C 
B 
P1 
12 16 
11 
10 
13 15 17 
14 
D 
P2 
P3 
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66..33 –– PPrroocceessssooss ddooss CCooeeffiicciieenntteess ddee FFoorrççaa 
 
Esse processo é análogo ao dos nós, mas leva muito mais vantagens se 
houver muitas barras com inclinações diferentes, principalmente se os 
comprimentos dessas barras forem obtidospor simples medição num esquema 
da estrutura. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Vamos supor uma barra AB qualquer de comprimento l de projeções h e v (horizontal 
e vertical, respectivamente). 
Da figura, tiramos: 
v h
sen e cos , sendo
l l
α = α = α o ângulo que a barra AB faz com 
a horizontal. Voltando ao processo dos nós, onde tínhamos: 
N cos H 0⋅ α + =∑ , substituímos os valores do cosα e senα , ficando: 
N sen V 0⋅ α + =∑ 
h
N H 0
l
⋅ + =∑ 
 
v
N V 0
l
⋅ + =∑ 
onde N, h, v e l em cada parcela das somatórias, referem-se a uma mesma 
barra. 
O coeficiente de forças de uma barra é obtido da relação: 
N
t
l
= , que substituindo nas 
equações acima nos dá: 
th H 0
tv V 0
⎧ + =⎪⎨ + =⎪⎩
∑
∑ 
 
 
 
A 
B 
h 
v 
l 
horizontal α 
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Através das equações acima, determinamos os valores de t correspondentes às 
diversas barras da estrutura. Em seguida, obtemos as forças normais, multiplicando-
se os valores de t pelos comprimentos das respectivas barras. 
 
 
Exercício: Resolver a treliça dada nos exemplos anteriores pelo processo dos 
coeficientes de força. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Nó Equação Barra t (tf/m) l (m) N (tf) 
V 3,97 + 3t1 = 0 1 -1,32 3 -3,96 
A H 5,2 + 4t2 = 0 2 -1,3 4 -5,2 
V -3t1 - 3t3 = 0 3 1,32 5 6,6 
B H 4t4 + 4t3 = 0 4 -1,32 4 -5,28 
V -2-3t5 - 3t7 = 0 5 -1,32 3 -3,96 
C H -4t4 + 4t7 + 4t8 = 0 6 0,02 4 0,08 
V +3t3 + 3t5 = 0 7 0,65 5 3,25 
D H -4t2 - 4t3 + 4t6 = 0 8 -1,97 4 -7,88 
V -4 - 3t9 - 3t11 = 0 9 -0,65 3 -1,95 
E H -4t8 + 4t12 + 4t11 = 0 10 0,68 4 2,72 
V 3t9 + 3t7 = 0 11 -0,68 5 -3,4 
F H -4t7 - 4t6 + 4t10 = 0 12 -1,29 4 -5,16 
V -6cos60º - 3t13 = 0 13 -1 3 -3 
G H 
 
 
66..44 –– PPrroocceessssoo ddaass SSeeççõõeess oouu ddee RRiitttteerr 
 
Como vimos no processo dos nós, admitimos cortadas todas as barras da treliça 
e consideramos sucessivamente as condições de equilíbrio (H = 0 e V = 0) 
relativas a todos os nós, um a um. 
B E 4 8 
1 3 
2 
5 7 9 
6 
D 
A 
2tf 
12 
16 11 
10 
13 3 m 
HA=5,2 tf 
H 
F 
30º C G 
4tf 
6tf 
4 m 
VB=5,03 tf 
4 m 4 m 
VA=3,97 tf 
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Esse processo é utilizado quando se deseja determinar as forças normais em 
todas as barras. 
No processo das seções temos condições de obter a força normal em 
apenas algumas barras ou somente em uma única. 
Neste caso, estabelecemos as condições de equilíbrio do reticulado que resulta, 
quando aplicamos os cortes naquelas barras cujas forças normais procuramos. 
Este processo permite, com sucesso, a resolução de diversos casos de treliças 
simples e compostas (associação de uma ou mais treliças que não podem ser 
obtidas seguindo-se a lei da formação das treliças simples) tornando-se, 
entretanto, impraticável no caso das treliças complexas. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Ao partirmos a barra CE a treliça se transforma em dois reticulados geométricos 
indeformáveis e interligados pela articulação F. 
Logo os momentos relativos a quaisquer forças de um lado ou de outro lado dos 
reticulados devem ser nulos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Tomando, por exemplo, a parte situada à esquerda de F, temos: 
3NCE 2 x 4 3,97 x 8 0 3NCE 23,76 NCE 7,92 tf− + = ∴ = − ∴ = − 
B E 
D 
A 
2tf 
3 m 
5,2 tf 
H 
F 
30º C G 
4tf 
6tf 
4 m 
5,03 tf 
4 m 4 m 
3,97 tf 
B E 
D 
A 
2tf 
3 m 
5,2 tf 
H 
F 
30º C G 
4tf 
6tf 
4 m 
5,03 tf 
4 m 4 m 
3,97 tf 
NCE NCE 
Banzo sup. 
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Calcular a força normal na barra CF diagonal: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Nestas condições os dois reticulados estão ligados por duas barras biarticuladas 
paralelas CE e DF, incapazes de impedir o deslocamento na direção vertical. 
Desta forma, para não acontecer movimento relativo das partes, fazemos V 0=∑ . 
Relativo a um ou outro reticulado. 
Tomando o reticulado da esquerda, temos: 
V 0 3,97 2 NCFsen 0
1,97
1,97 0,6NCF NCF 3,28 tf
0,6
= − − α =
∴ = ∴ = = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Os reticulados estão interligados por duas retas paralelas BC e DF. Também neste 
caso os reticulados são incapazes de impedir o deslocamento na direção vertical. Logo 
B E 
D 
A 
2tf 
3 m 
5,2 tf 
H 
F 
30º C G 
4tf 
6tf 
4 m 
5,03 tf 
4 m 4 m 
3,97 tf 
NCF 
NCF 
α 
3 m 
B E 
D 
A 
2tf 
5,2 tf 
H 
F 
30º C G 
4tf 
6tf 
4 m 
5,03 tf 
4 m 4 m 
3,97 tf 
NCD 
NCD 
α 
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temos que fazer V 0.=∑ 
Vamos pega os reticulado da esquerda, logo teremos: 
• O da esquerda: V 0 3,97 NCD 0 NCD 3,97 tf.= ⇒ + = ∴ = −∑ 
• O da direita: 2 NCD 4 5,03 6 x 0,5 0 9 5,03 NCD NCD 3,97 tf.− − − + − = ∴ − + = ∴ = − 
 
Exercício: Dado o sistema reticulado abaixo, pede-se: 
• Calcular as reações de apoio. 
• Calcular os esforços normais em todas as barras. 
Obs: Utilizar duas casas decimais. 
 
AH 0 H 3 3 0= ⇒ − + + = ∴∑ r AH 6KN= 
 
A B A BV 0 V V 2 2 2 0 V V 6KN
↑ = ⇒ + − − − = ∴ + = ∴∑ AV 6,8KN= 
 
A B BM 0 5V 3x5 2x3 2x7 3x3 0 5V 4KN= ⇒ − − + + − = ∴− = ∴∑ BV 0,8KN= − 
 
 
 
 
 
 
cos sen 0,71β = β = 
 
 
3
cos 0,83
3,61
sen 0,55
γ = =
γ =
 
 
 
2
cos 0,55
3,61
3
sen 0,83
3,61
α = =
α = = 
 
 
 
+ 
+ 
+ 
3 m 
2 m 
5 
7 
6 γ
α
α
90α − 90 − α
α
α
γ
β
90 − γ
90 − β 3 
4 
1 
A 
 D 
3 KN 
B 
C E 
2 KN 
3 KN 
2 KN 
2 KN 
3 m 2 m 2 m 
HA = 6 KN 
VA = 6,8 KN VB = -0,8 KN 
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• Nó E 
 
6 7 6 6H 0 3 N N x0,55 0 3 2,41x0,55 N N 1,67KN= ⇒ − − = ∴ − = ∴ =∑ r
 
7 7V 0 2 N x0,83 0 N 2 /0,83 2,41KN
+↑ = ⇒ − + = ∴ = =∑ 
 
 
 
• Nó D 
 
2 2H 0 3 N x0,83 0 N 3 /0,83 3,61KN= ⇒ + = ∴ = − = −∑ r 
( )1 1V 0 2 N 3,61x0,55 0 N 3,99KN+↑ = ⇒ − + + − = ∴ =∑ 
 
 
 
• Nó A 
 
1 3 3 3V 0 6,8 N N x0,71 0 6,8 3,99 N x0,71 N 3,96KN
+↑ = ⇒ − − = ∴ − = ∴ =∑
 
3 4 4H 0 6 N x0,71 N N 3,19KN= ⇒ − + = − ∴ =∑ r 
 
 
 
 
• Nó B 
 
5 7V 0 0,8 N x0,83 N x0,83 0
+↑ = ⇒ − − − = ∴∑ 
5 50,8 2,41x0,83 N x0,83 N 2,8 /0,83 3,37KN− − = ∴ = − = − 
 
 
 
 
2 KN 
3 KN N6 
N7 
α
+ 
3 KN 
+ 
2 KN 
N2 
N1 
90 − γ
γ
N4 
6 KN 
N3 
N1 
90 − β
β
6,8 KN 
N4 
6 KN 
N7 
N5 90 − α
α
-0,8 KN 
90 − α
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cos 0,6
sen 0,8
α =
α = cos sen 0,71γ = γ = 
 
5
cos 0,86
5,83
3
sen 0,51
5,83
θ = =
θ = =
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A BH 0 2 8 H H 0= ⇒ + − − = ∴∑ r A B BH H 10KN H 15,14KN+ = ∴ = 
BV 0 V 4 6 0
+ = ⇒ − − = ∴∑ BV 10,00KN= 
BB
M 0 V 4 x 9 8 x3
+ = ⇒ − +∑ 6 x 4− A7H 0− = ∴ AH 5,14KN= − 
 
• Nó A 
( )2H 0 N x0,71 5,14= ⇒ − − − =∴∑ r 2N 7,24KN= − 
1 2V 0 N N x0,71 0
+↑ = ⇒ − − =∴∑ 1N 5,14KN= − 
 
• Nó C 
 
4V 0 N x0,51 4
+↑ = ⇒ = ∴∑ 4N 7,84KN= 
5H 0 2 7,84 x0,86 N= ⇒ + = − ∴∑ r 5N 8,75KN= − 
 
• Nó B 
1 3 3V 0 N N x0,6 10 0 5,14 10 N x0,6
+↑ = ⇒ + + = ∴− + = − ∴∑ 3N 8,1KN= − 
Prova: 
+
Ç
 
+ 
90 − α
N2 
N1 
90 − γ
-5,14 KN 
N4 
2 KN 
4 KN 
N5 
θ
+ 
+ N5 
N3 
15,14 KN 
N1 
10 KN 
90 − α
α
5 m 4 m 
4 kn 
2 kn 
4 
C 
5 
3 α
α
90 − α
90 − θ
90 − θ
θ
90 − αθ
θ
γ
D 
8 kn 
10 kn 6 kn 2 
1 
90 − γ
A HA = -5,14 KN 
4 m 
3 m 
B HB =15,14 KN 
VB = 10 KN 
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14
( ) 3 3H 0 15,14 8,75 N x0,8 6,39 N x0,8= ⇒− − − − =∴− = ∴∑r 3N 7,99KN= − 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
NÓS EQUAÇÕES BAR 
RAS 
N 
(KN) 
H 2 1 2N N cos 0 N 8,13x0,55+ α = ∴ = − = 2 -4,47 A 
V 1 16,75 N sen 0 N 6,75 / 0,83− α = ∴ = 1 8,13 
H 4 44 8,13 x 0,55 3,87 x 0,71 N 0 N 3,22− + + = ∴ = 4 3,22 C 
V 1 3
N sen N cos 4α + β = 
3 38,13x 0,83 N x0,71 4 N 2,75 /0,71∴ + = ∴ = − 
3 -3,87 
H 
5 7N 1 0 N x 0, 7 1 0− − + = 
5 5N 10 3,25 0 N 6,75∴ − − + = ∴ = − 
5 -6,75 B 
V 7 73,25 N x 0,71 0 N 3,25 / 0,71− = ∴ = 7 4,58 
H 4 6 7
N N x cos N cos 6 0− − γ − θ + = 
6 63,22 4,58 x 0,71 6 N x 0,89 N 0,47 / 0,89∴ − − + = ∴ = − 
6 -0,53 E 
V 
 
H 
2 3
cos 0,55;sen 0,83
3,61 3,61
α = = α = = 
sen cos 0,71 cos sen 0,71β = β = θ = θ = 
 
 
 
V 6 3
cos 0,89 sen 0,45
6,71 6,71
γ = = γ = = 
 
2 3
cos 0,55 sen 0,83 sen cos 0,71
3,61 3,61
α = = α = = β = β = 
A B D 2 
VA = 6,75 KN VB = 3,25 KN 
5 
3 KN 
HB = 10 KN 
3 m 3 
E 6 KN 
3 KN 
7 
γ
γ
θ
90 − θ
90 − θ
θ
90 − γβ
β
β
90 − α
90 − α
1 
4 
C 
2 m
4 KN 
3 m 3 m 3 m 
4 KN 
6 
α
N1 
N2 
6,75 KN 
α 
90 − α
N1 
N4 4 KN 
α 
90 − α
N3 
4 KN 
ββ
N7 
10 KN 
6,75 
β
90 − α
N5 
N6 
6 KN N4 
γ 90 − α
3 KN 
θ
N7 
 
UNIVERSIDADE FUMEC - FEA 
 
Estruturas em Treliça 
15
6 3
cos 0,89 sen 0,45 cos sen 0,71
6,71 3,61
γ = = γ = = θ = θ = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
H 0= ⇒∑r AH 5 KN= A JV 0 V V 4KN+↑ = ⇒ + = ∴∑ AV 2,07KN= 
 
A
M 0 1x2 1x 4 1x 9 1x12 2 x2
+ = ⇒ + + + −∑ 2 x2+ J14V= ∴ JV 1,93KN= 
NDE 
DEV 0 N 1 2,07 0
+↑ = ⇒ − + = ∴∑ DEN 1,07KN= − 
 (Ret. a esq.) 
NDG 
DG DGV 0 N x0,63 1 1 2,07 0 0,63N 0,07
+↑ = ⇒ − − − + = ∴− = − ∴∑ DGN 0,11KN= 
 (Ret. a esq.) 
NEG 
EGD
M 0 1x2 2,07 x 4 5x2 N x 4 0
+ = ⇒ − + − − = ∴∑ EGN 0,93KN= − 
 (Ret. a esq.) 
NFH 
FHI
M 0 N x 4 2 x 4 1,93x2 1x2 0
+ = ⇒ − − − − = ∴∑ FHN 3,47KN= − 
 (Ret. a dir.) 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 KN 
B 
1 KN 
D 
1 KN 
F 
1 KN 
H 2 KN 
2 m 
1 KN 
2 m 
2 KN 
2 m 3 m 5 m 2 m 2 m 
C E G I 
J 
VJ=1,93 KN 
VA=2,07KN
A 
HA=5 KN 
α
6,4 
90 − α
+ 
 
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Estruturas em Treliça 
16
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
BH 0 2 2 H 0= ⇒ + − = ∴∑ r BH 4 KN= 
A BV 0 V V 5KN
+↑ = ⇒ + = ∴∑ AV 5 2,31 2,69KN= − = 
A
M 0 2 x3 1x1,5
+ = ⇒ − −∑ 1x 1,5+ B1x5,5 1x7,5 1x12,5 2 x3 4 x5 V x14,5 0+ + + − + − =
 
B14,5V 33,5KN⇒ = ∴ BV 2,31KN= 
NIK 
IK IKL
M 0 3N 2 x3 2,31x2 4 x1 0 3N 2,62KN
+ = ⇒ − + − − = ∴ = − ∴∑ IKN 0,87KN= − 
 (Ret. a dir.) 
NFH 
FHE
M 0 N x3 1x3 2,69 x1,5 0
+ = ⇒ − − + = ∴∑ FHN 0,35KN= 
 (Ret. a esq.) 
NGJ 
GJ GJV 0 1 N x0,83 1 2,31 0 N 0,31/0,83 0,37KN
+↑ = ⇒ − + − + = ∴ = − = − ∴∑ GIN 0,37KN= − 
 (Ret. a dir.) 
 
2 3
cos 0,55 sen 0,83
3,61 3,61
α = = α = = 
NIJ 
IJ IJV 0 N 1 2,31 0 N 1,31KN
+↑ = ⇒ − − + = ∴− = − ∴∑ IJN 1,31KN= 
 (Ret. a dir.) 
 
 
1 KN 1 KN 1 KN 1 KN
1 KN
2 KN
3 m 
2 m 
1 m 
2 m 
VB=2,31KN 
HB=4KN 
2 m 5 m 
B 
L J H
KI GE 
F 
C
D
A
4 m 1,5 m1,5 m
VA=2,69KN 
2 KN
+ 
 
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Estruturas em Treliça 
17
 
 
 
5
sen
5
2 5
cos
5
2 5
sen
5
5
cos
5
α =
α =
β =
β =
 
 
 
 
 
 
 
 
Reações de Apoio 
A C A
C C
C A A
V 0 V V 12t V 12t
H 0 H 12t V 0
M 0 V x 6 6 x 6 6 x 6 0 V 12t
= + = =
= = =
= − − = =
∑
∑
∑
 
 
 
Equilíbrio dos Nós 
• Nó A A 1 2
2
V 0 V N N sen 0
H 0 6 N cos 0
⎧ = + + β =⎪⎨ = + β =⎪⎩
∑
∑ 
 
• Nó B 1 3
5 3
V 0 6 N N sen45º 0
H 0 6 N N cos 45º 0
⎧ = − − − =⎪⎨ = + + =⎪⎩
∑
∑ 
 
• Nó C C 4
C 5 4
V 0 V 6 N sen 0
H 0 H N N cos 0
⎧ = − − α =⎪⎨ = − − − α =⎪⎩
∑
∑ 
 
 
 
6 t 
6 t 
6 t 
HC 
VC 
VA 
2 m 4 m 
6 t 
C B 
A 
D 
5 
3 
4 
1 
2 
β 
α 2
 m
 
4
 m
 
1
2
N 0
N 6 5t
=
= − 
3
4
5
N 6 2 t
N 6 5 t
N 0
= −
= −
=
 
UNIVERSIDADE FUMEC - FEA 
 
Estruturas em Treliça 
18
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Nó Equação 
V A 1V 5T 0+ = A 
H 5 T2 = 0 
V VB + 5T3 + 10T4 + 10T5 = 0 
B 
H -HB – 5T2 – 5T3 – 5T4 = 0 
V -5T1 – 5T3 + 5T7 + 5T9 =0 
C 
H - 12T9 + 5T3 = 0 
V -P2 – 10T5 = 0 
D 
H -5T6 = 0 
V -5T7 – 10T4 = 0 
E 
H -12T8 + 5TA + 5T6 = 0 
V -P1 – 5T9 = 0 
F 
H 12T8 + 12T9 = 0 
 
 
 
 
 
A 
B 
C 
D E F 
5 
6 
4 
3 
2 
1 
7 
8 
9 
HB 
VB VA 5 m 12 m 
5
 m
 
5
 m
 
P1=500kg P2=1500kg 
 Reações 
VA 1700 
VB 300 
HB 0 
 
 T L Normal 
1 -340 5 -1700 
2 0 5 0 
3 -240 7,07 -1697 
4 240 11,18 2683 
5 -150 10 -1500 
6 0 5 0 
7 -480 5 -2400 
8 100 12 1200 
9 -100 13 -1300 
 
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Estruturas em Treliça 
19
Exercício: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Nó Equação 
V 91 N 0− + = B 
H 1 2N N 0− + = 
V 9 5 42 N N sen N sen 0− − − α − α = E 
H 5 4N cos N cos 0− α + α = 
V 5 7 63 N sen N sen N 0− + α + α − = F 
H 5 7N cos N cos 0α + α = 
V 4 8N sen N sen 3 0α − α − = D 
H A 85 N cos N cos 0− − α − α = 
V C 3 7V N N sen 0+ + α = C 
H 2 7N N cos 0− − α = 
V A 6 8V N N sen 0+ + α = A 
H A 1 8H N N cos 0+ + α = 
 
 
 
 
2t 
E 
5t D 
F 
α
α
αα
α
αA 
6 
7 
5 
9 
4 
8 
3 
2 1 
3t 
HA C 
B 
1t 
VA VC 
2 m 2 m 
1,5 m 
3 m 
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Estruturas em Treliça 
20
1. Calcular as forças normais nas barras da treliça: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2. a) Verificar se a treliça é isostática. 
 b) Calcular a força normal em todas as barras da treliça, utilizar o processo dos 
nós ou o processo dos coeficientes de força. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3t 5t 
2t D 7 E 
6 
5 
4 
3 
C 
1 
2 
A B 
4 m 4 m 
6
 m
 
1000 kgf 
A 
B 
1 2 
3 C 500 kgf 
4 
D 
5 
6 
7 E 
8 
4 m
9 
F 
2 m 
3
 m
 
3
 m
 
α
α
5 m 
UNIVERSIDADE FUMEC - FEA 
 
Estruturas em Treliça 
21
3. Dada a treliça, determinar as reações de apoio e a força normal nas barras: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4. Determinar as forças normais da treliça abaixo (qualquer método): 
 
 
 
 
 
 
 
5. Dada a treliça abaixo, pede-se verificar se a mesma é isostática, suas reações de 
apoio e as forças normais em todas assuas barras. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5t 4 m 4 m 
3 m 
3t 
2t 
C 
B 
D 
6 m 4 m 
3 m 
3 m 7 m 
A E B 
C D F 5 t 
2 t 
4 m 
A B 
4 
3 
1 
2 
C D 7 
3 m 
8 
6 5 3 m 
E F 
3 m 
11 
12 
10 9 
2 KN
G 
13 
2,54 KN 
4 KN
60º
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Estruturas em Treliça 
22
 
 
 NÓS EQUAÇÕES N (EM KN) 
H A 
V 
H B 
V 
H C 
V 
H D 
V 
H E 
V 
H F 
V 
H G 
V 
H H 
V