01.EXERCICIO VIGA HIPERESTÁTICA 20.08.18

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Teoria das Estruturas II - 2018/2 Universidade Federal do Amazonas 1 
 
Prof. Winston Zumaeta Método dos deslocamentos 20/08/2018 
4,0 m 2,0 m 2,0 m
A B C D E
4,0 m
10 kN
80 kN
40 kN/m
80 kN/m
10 kN/m
2,0 m
10 kN
20 kN
4,0 m 2,0 m
A
B
D E
4,0 m
80 kN
40 kN/m
80 kN/m
2,0 m
M =
40 kN.m
1 2
ED
C
1. Traçar os diagramas de esforços solicitantes (esforço cortante e momento 
fletor) da viga abaixo por meio do método dos deslocamentos. Considerar EI 
constante. 
 
 
 
 
 
Deslocabilidade interna (𝑑𝑖): 2 (𝜃𝐵 𝑒 𝜃𝐶, rotações nos nós internos B e C) 
Deslocabilidade externa (𝑑𝑒): 0 (não possui deslocamentos lineares) 
Obs: o nó D não deve ser considerado como nó interno, pois o trecho DE está em 
balanço e pode ser “retirado” (exclusivamente para a análise de esforços) fazendo-se a 
equivalência estática, como pode ser visto no item a seguir. 
 
1.0 Sistema principal com carregamento externo (0) 
Nesta etapa devem-se bloquear todas as deslocabilidades existentes na 
estrutura, sejam rotações ou deslocamentos lineares. A estrutura com todas as 
deslocabilidades bloqueadas é chamada de Sistema Principal. As rotações devem ser 
bloqueadas por meio de chapas, e os deslocamentos lineares por meio de um apoio do 
1º gênero. Neste exemplo a viga possui apenas duas incógnitas de rotação, dessa 
maneira, como mostra a figura 1.1, coloca-se chapas nos nós B e C, sendo as chapas 
1 e 2 respectivamente. 
 
 
 
 
 
Figura 1.1. Sistema Principal com carregamento externo 
Ao se colocar as chapas nos nós B e C, todas as barras devem ser analisadas 
isoladamente para o cálculo dos momentos de engastamento perfeito, lembrando de 
substituir as chapas por engastes, dessa maneira, as barras serão analisadas como 
vigas biengastadas (barras AB e BC) e engastada e apoiada (barra CD) de acordo 
como mostra a figura 1.2. 
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M =
40 kN.m
ED
10 kN
20 kN
4,0 m
A B
40 kN/m
2,0 m
B C
80 kN
2,0 m
C D
80 kN/m
4,0 m
+ 53,333
q.l
12
=+ AB
2
 - 53,333
q.l
12
=- AB
2
+ 40
P.l
8
=+ BC - 40
P.l
8
=- BC
Caso da coluna 1,
linha 1 da tabela 1.1
Caso da coluna 1,
linha 2 da tabela 1.1
Caso da coluna 2,
linha 6 da tabela 1.2
Caso da coluna 2,
linha 7 da tabela 1.2
+ 85,333
q.l
15
=+ CD
2
 - 20M
2
=- ED
4,0 m 2,0 m
A
B C D
E
4,0 m
80 kN
40 kN/m
80 kN/m
2,0 m
M = 40 kN.m
1 2
+ 53,333 - 53,333 + 40 - 40 + 85,333
 - 20
ED
+ 65,333
 - 40
    
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.2. Momentos de engastamento perfeito (análise isolada por barra). 
 
Ainda na figura 1.2, na análise da barra CD, observa-se que além do 
carregamento distribuído triangular, apenas o momento de 40 kN.m oriundo da 
equivalência estática do balanço (trecho DE) geram momentos no engaste em C. 
A fim de simplificar a resolução e torná-la mais prática, nos próximos exemplos 
resolvidos, os momentos de engastamento perfeito serão apresentados como mostra a 
figura 1.3. 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.3. Momentos de engastamento perfeito (apresentação simplificada) 
 
 
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4,0 m
A B C D
E
4,0 m
1 2
4,0 m

4,0 m
A B
B C
4,0 m


2EI
l
= =
2
4 0,5
AB 4EI
l
= =4
4
1,0
AB
4EI
l
= =4
4
1,0
BC
2EI
l
= =
2
4 0,5
BC
Caso da coluna 2,
linha 1 da tabela 2
Caso da coluna 1,
linha 1 da tabela 2
1.1 Sistema auxiliar (1) 
Antes de explicar o que será feito nesta etapa, deve-se saber que é necessário 
um sistema auxiliar para cada incógnita do problema, ou seja, um sistema auxiliar para 
cada deslocabilidade bloqueada na estrutura do Sistema Principal. Para este exemplo, 
como há duas incógnitas de rotação, serão necessários dois sistemas auxiliares. 
Sendo assim, nesta etapa aplica-se um giro unitário no nó 1 (nó B) da estrutura 
do sistema principal como mostra a figura 1.4, ao fazer isso, apenas as barras AB e BC 
serão flexionadas (linha tracejada fina), sendo estas as únicas barras solicitadas nesta 
análise. Observa-se que nos sistemas auxiliares o carregamento externo não é 
considerado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.4. Giro unitário no nó 1 (nó B) 
 
Aqui as barras também são estudadas isoladamente, porém serão analisadas 
apenas as barras AB e BC por serem elas as únicas solicitadas, e para facilitar as 
“contas” desta etapa, nos casos em que o valor de EI for constante (igual para a 
estrutura inteira), pode-se substituí-lo por 1, pois EI se auto-cancelará no cálculo dos 
momentos finais, não alterando seus valores. A figura 1.5 mostra esta análise 
detalhadamente. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.5. Momentos gerados no engaste devido ao giro unitário no nó B 
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4,0 m
A B C D
E
4,0 m
1 2
4,0 m

4,0 m
A B
C D E
4,0 m
1 2
4,0 m
 4EI
l
= =4
4
2EI
l
= =
2
4
1,0
0,5
BC
BC
4EI
l
= =4
4
1,0
AB
2EI
l
= =
2
4 0,5
AB  11  21
Da mesma maneira como no item 1.0, a fim de simplificar a resolução e torná-la 
mais prática, nos próximos exemplos resolvidos, os momentos devido ao giro unitário, 
serão apresentados como mostra a figura 1.6. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.6. Momentos devido ao giro unitário no nó B (apresentação simplificada) 
 
 
1.2 Sistema auxiliar (2) 
 
Nesta etapa aplica-se um giro unitário no nó 2 (nó C) da estrutura do sistema 
principal como mostra a figura 1.7, ao fazer isso, apenas as barras BC e CD serão 
flexionadas (linha tracejada fina), sendo estas as únicas barras solicitadas nesta 
análise. Lembra-se que nos sistemas auxiliares o carregamento externo não é 
considerado. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.7. Giro unitário no nó 2 (nó C) 
 
 
Aqui as barras também são estudadas isoladamente, porém serão analisadas 
apenas as barras BC e CD por serem elas as únicas solicitadas, e para facilitar as 
“contas”, conforme já foi explicado no item 1.1, o valor de EI será substituído por 1. A 
figura 1.8 mostra esta análise detalhadamente. 
 
 
 
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B C
4,0 m
C D
4,0 m
2EI
l
= =
2
4 0,5
BC 4EI
l
= =4
4
1,0
BC

3EI
l
= =3
4
0,75
CD
Caso da coluna 2,
linha 1 da tabela 2
Caso da coluna 1,
linha 2 da tabela 2
4,0 m
A
B C
D E
4,0 m
1 2
4,0 m
 3EI
l
= =3
4
0,75
CD
4EI
l
= =4
4
1,0
BC
2EI
l
= =
2
4 0,5
BC 12  22
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.8. Momentos gerados no engaste devido ao giro unitário no nó C 
 
Conforme já foi mencionado, a fim de simplificar a resolução e torná-la mais 
prática, nos próximos exemplos resolvidos, os momentos devido ao giro unitário, serão 
apresentados como mostra a figura 1.9. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.9. Momentos devido ao giro unitário no nó C (apresentação simplificada) 
 
1.3 Cálculo dos 𝜷′𝒔 
 
Os 𝛽′𝑠 que contêm o zero no índice (𝛽10, 𝛽20, 𝑒𝑡𝑐 … ) são os termos de carga, o 
restante (𝛽11, 𝛽12, 𝛽21, 𝑒𝑡𝑐 … ) são os coeficientes da matriz de rigidez. De uma forma 
prática, eles são a soma de todos os momentos ou forças em um determinado nó. Para 
este caso: 
 
 
 
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 O 𝛽10 é a soma de todos os momentos “ao redor” do nó 1 no sistema principal (0). 
 O 𝛽11 é a soma de todos os momentos “ao redor” do nó 1 no sistema auxiliar (1). 
 O 𝛽12 é a soma de todos os momentos “ao redor” do nó 1 no sistema auxiliar (2). 
 O 𝛽20 é a soma de todos os momentos “ao redor” do nó 2 no sistema principal (0). 
 O 𝛽21 é a soma de todos os momentos “ao redor” do nó 2 no sistema auxiliar (1). 
 O 𝛽22 é a soma de todos os momentos “ao redor” do nó 2 no sistema auxiliar (2). 
 
Seguindo a convenção de sinais adotada, os 𝛽′𝑠 calculados são estes: 
 
𝛽10 = − 53,333 + 40 = − 13,333 𝛽11 = 1,0 + 1,0 = 2,0 𝛽12 = 0,5 
 
𝛽20 = − 40 + 65,333 = 25,333 𝛽21 = 0,5 𝛽22 = 1,0 + 0,75 = 1,75 
 
 
 1.4 Montagem do sistema de equações 
 
Uma dica para a montagem das equações é sempre fixar o primeiro índice dos 
𝛽′𝑠 e aumentar gradativamente o segundo ao realizar a soma, sendo que os 𝛽′𝑠 dos 
sistemas auxiliares (𝛽11, 𝛽12, 𝛽21, 𝑒𝑡𝑐 … ) devem ser multiplicados pelas suas respectivas 
incógnitas. 
 
 
 𝛽10 + 𝛽11𝜃𝐵 + 𝛽12𝜃𝐶 = 0 𝛽11𝜃𝐵 + 𝛽12𝜃𝐶 = −𝛽10 
 𝛽20 + 𝛽21𝜃𝐵 + 𝛽22𝜃𝐶 = 0 𝛽21𝜃𝐵 + 𝛽22𝜃𝐶 = −𝛽20 
 
 2,0𝜃𝐵 + 0,5𝜃𝐶 = − (−13,333) 2,0𝜃𝐵 + 0,5𝜃𝐶 = + 13,333 
 0,5𝜃𝐵 + 1,75𝜃𝐶 = − (25,333) 0,5𝜃𝐵 + 1,75𝜃𝐶 = − 25,333 
 
Resolvendo o sistema por meio da calculadora, obtém-se: 
 
𝜽𝑩 =
𝟏𝟏,𝟎𝟕𝟕
𝑬𝑰
𝒓𝒂𝒅 e 𝜽𝑪 =
−𝟏𝟕,𝟔𝟒𝟏
𝑬𝑰
𝒓𝒂𝒅 
 
Obs: Não esquecer que o coeficiente EI ainda existe e deve ser colocado na resposta. 
 
 
 
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1.5 Cálculo dos momentos finais 
Barra AB 
Para comprovar o que foi dito nos sistemas auxiliares em relação ao valor de 𝐸𝐼, 
será considerado o produto 𝐸𝐼 apenas para este cálculo de momento, os próximos 
serão feitos de maneira direta. 
𝑀𝐴
𝑓 = 𝑀𝐴0 + 𝑀𝐴1 . 𝜃𝐵 + 𝑀𝐴2 . 𝜃𝐶 
𝑀𝐴
𝑓 = 53,333 + 0,5𝐸𝐼 𝑥 (
11,077
𝐸𝐼
) + 0 𝑥 (
−17,641
𝐸𝐼
) 
𝑀𝐴
𝑓 = 53,333 + 0,5𝐸𝐼 𝑥 (
11,077
𝐸𝐼
) 
𝑀𝐴
𝑓 = 53,333 + 5,539 
𝑴𝑨
𝒇
= 𝟓𝟖, 𝟖𝟕𝟐 𝒌𝑵. 𝒎 ↶ Giro anti-horário 
 
𝑀𝐵
𝑓 = 𝑀𝐵0 + 𝑀𝐵1 . 𝜃𝐵 + 𝑀𝐵2 . 𝜃𝐶 
𝑀𝐵
𝑓 = − 53,333 + 1,0 𝑥 (11,077) + 0 𝑥 (−17,641) 
𝑀𝐵
𝑓 = − 53,333 + 11,077 
𝑴𝑩
𝒇
= − 𝟒𝟐, 𝟐𝟓𝟔 𝒌𝑵. 𝒎 ↷ Giro horário 
 
Barra BC 
𝑀𝐵
𝑓 = 𝑀𝐵0 + 𝑀𝐵1 . 𝜃𝐵 + 𝑀𝐵2 . 𝜃𝐶 
𝑀𝐵
𝑓 = 40 + 1,0 𝑥 (11,077) + 0,5 𝑥 (−17,641) 
𝑀𝐵
𝑓 = 40 + 11,077 − 8,821 
𝑴𝑩
𝒇
= 𝟒𝟐, 𝟐𝟓𝟔 𝒌𝑵. 𝒎 ↶ Giro anti-horário 
 
𝑀𝐶
𝑓 = 𝑀𝐶0 + 𝑀𝐶1 . 𝜃𝐵 + 𝑀𝐶2 . 𝜃𝐶 
𝑀𝐶
𝑓 = − 40 + 0,5 𝑥 (11,077) + 1,0 𝑥 (−17,641) 
𝑀𝐶
𝑓 = − 40 + 5,539 − 17,641 
𝑴𝑪
𝒇
= − 𝟓𝟐, 𝟏𝟎𝟐 𝒌𝑵. 𝒎 ↷ Giro horário 
 
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Barra CD 
𝑀𝐶
𝑓 = 𝑀𝐶0 + 𝑀𝐶1 . 𝜃𝐵 + 𝑀𝐶2 . 𝜃𝐶 
𝑀𝐶
𝑓 = 65,333 + 0 𝑥 (11,077) + 0,75 𝑥 (−17,641) 
𝑀𝐶
𝑓 = 65,333 − 13,231 
𝑴𝑪
𝒇
= 𝟓𝟐, 𝟏𝟎𝟐 𝒌𝑵. 𝒎 ↶ Giro anti-horário 
 
 
𝑀𝐷
𝑓 = 𝑀𝐷0 + 𝑀𝐷1 . 𝜃𝐵 + 𝑀𝐷2 . 𝜃𝐶 
𝑀𝐷
𝑓 = − 40 + 0 𝑥 (11,077) + 0 𝑥 (−17,641) 
𝑴𝑫
𝒇
= − 𝟒𝟎 𝒌𝑵. 𝒎 ↷ Giro horário 
 
Barra DE 
De forma simplificada, o momento final para o nó D pode ser considerado o 
mesmo da equivalência estática, feita no item 1.0, com o sinal contrário, pois esse 
momento atua diretamente no nó D, sendo o contrário da convenção adotada, em que 
se consideram os momentos na extremidade das barras. Para obter o 𝑀𝐷
𝑓
 já com o seu 
sinal correto, devemos considerar a barra DE engastada no ponto D, conforme 
mostrado na figura 1.10. A reação momento 𝑀𝐷
𝑓
, calculada a seguir, estará atuando na 
extremidade da barra, o que está de acordo com a convenção adotada. 
 
 
 
 
 
Figura 1.10. Esquema da barra DE engastada no nó D com reação momento 𝑀𝐷
𝑓
 
 
𝑀𝐷
𝑓 = 10 𝑥 2,0 + (10 𝑥 2,0) 𝑥 
2,0
2
 
𝑀𝐷
𝑓 = 20 + 20 
𝑴𝑫
𝒇
= 𝟒𝟎 𝒌𝑵. 𝒎 ↶ Giro anti-horário 
 
𝑴𝑬
𝒇
= 𝟎 (Pois é a extremidade livre do balanço). 
E
10 kN
f
2,0 m
10 kN/m
D
MD
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lado superior
lado inferior
lado superior
lado inferior
(a-1) (a-2)
(b-2)
(b-1)
lado superior
lado inferior
 comprimido
 tracionado
lado superior
lado inferior
tracionado
comprimido
A
B C
D
52,102 52,102 4058,872 42,256 42,256
E
1.6 Esquema dos momentos na viga 
Na figura 1.11, mostra-se o esquema de todos os momentos finais calculados,apenas para melhor visualização de como será o traçado do diagrama de momentos 
fletores. Não é necessário apresentar o momento em D da barra DE, pois possui o 
mesmo valor numérico, em valor absoluto, do momento em D da barra CD. 
 
 
 
Figura 1.11. Esquema de momentos em kN.m 
 
Lembra-se que o diagrama de momentos fletores deve ser traçado do lado 
tracionado da barra (convenção brasileira). Com o intuito de esclarecer qual será o lado 
tracionado, faz-se uma rápida análise das barras mostradas na figura 1.12, onde a 
barra (a-1) quando submetida aos momentos na extremidade, flexiona-se da maneira 
mostrada na figura 1.12 (a-2), tracionando o lado superior e comprimindo o lado 
inferior. No caso da barra (b-1) quando submetida aos momentos na extremidade, 
flexiona-se da maneira mostrada na figura 1.12 (b-2), tracionando o lado inferior e 
comprimindo o lado superior. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.12. Lado tracionado e comprimido das barras 
 
O diagrama de momentos fletores será traçado no item 1.8 após o cálculo das 
reações de apoio, pois estas são necessárias para o cálculo dos momentos máximos 
positivos. 
 
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4,0 m 2,0 m
A
B C
D
4,0 m
80 kN
2,0 m
52,102 52,102 40
160 kN160 kN
 RESULTANTE
(carregamento retângular)
58,872 42,256 42,256
10 kN
20 kN
160
2
160
2
80
2
4
58,872
4
58,872
4
42,256
52,102
80
2
160 x 2
4
42,256
4
52,102
52,102
4
52,102
4
40
+ 30
RESULTANTE
4
42,256
4
42,256
4 4
160 x
4
40
3
4
4
1
3
x 4,0 2
3
x 4,0
 x 1
3
4
4
 x
 VA =
84,154 kN
 VB =
113,385 kN
 VC =
152,154 kN
 VD =
80,308 kN
 RESULTANTE
(carregamento triângular)
40 x 4,0 =
80 x 4,0
2,0
=
E
4,0 m 2,0 m 2,0 m
A B C D
E
4,0 m2,0 m
52,102
40
58,872
42,256
29,652M =máx
80
q.l
8
=AB
2
35,225M =máx
80
P.l
4
=BC 80
q.l
16
=CD
2
5
q.l
8
=DE
2
Parábola
do 2º grau
Parábola
do 3º grau
Parábola
do 2º grau
32,821M =máx
2,104 m 1,757 m
1.7 Cálculo das reações de apoio 
Na figura 1.13, mostra-se o cálculo detalhado das reações de apoio. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.13. Cálculo das reações de apoio 
 
1.8 Traçado do diagrama de momentos fletores (DMF) 
Na figura 1.14, mostra-se o traçado do diagrama de momentos fletores. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.14. Diagrama de momentos fletores (DMF) em KN.m 
 
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3 x4 x5
4,0 m 2,0 m 2,0 m
A B C D E
4,0 m
10 kN
80 kN
40 kN/m
80 kN/m
10 kN/m
2,0 m
x1 x2 x
1.9 Cálculo dos esforços cortantes 
Antes de calcular os esforços cortantes deve-se dividir a viga em trechos, cada 
trecho iniciando com sua própria abscissa (𝑥1, 𝑥2, 𝑥3, 𝑒𝑡𝑐 … ). E essa divisão deve ser 
feita da seguinte maneira: 
 Todo carregamento concentrado, seja uma força ou momento, separam um 
trecho do outro. 
 Todo início e fim de carregamento distribuído também separam um trecho do 
outro. 
 Todo apoio, seja do 1º ou do 2º gênero, também separam um trecho do outro. 
 
Dessa maneira, obtém-se a viga com os trechos indicados na figura 1.15. 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.15. Viga separada em trechos 
 
Será calculado o esforço cortante no início e no fim de cada trecho obedecendo 
a legenda e a convenção mostradas a seguir. 
Legenda: 
𝑄𝑖,𝑗 → 𝐶𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑛𝑜 𝑖𝑛í𝑐𝑖𝑜 𝑑𝑜 𝑡𝑟𝑒𝑐ℎ𝑜 𝑗 
𝑄𝑓,𝑗 → 𝐶𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑛𝑜 𝑓𝑖𝑚 𝑑𝑜 𝑡𝑟𝑒𝑐ℎ𝑜 𝑗 
 
Convenção: 
𝐺𝑖𝑟𝑜 𝑛𝑜 𝑠𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 ℎ𝑜𝑟á𝑟𝑖𝑜, 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑜. 
𝐺𝑖𝑟𝑜 𝑛𝑜 𝑠𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 𝑎𝑛𝑡𝑖 − ℎ𝑜𝑟á𝑟𝑖𝑜, 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜. 
 
 
Teoria das Estruturas II - 2018/2 Universidade Federal do Amazonas 12 
 
Prof. Winston Zumaeta Método dos deslocamentos 20/08/2018 
x1 x2 x3 x4 x5
A
B C D
E
 VA =
84,154 kN
 VB =
113,385 kN
 VC =
152,154 kN
 VD =
80,308 kN
80 kN 160 kN160 kN
10 kN20 kN
RESULTANTE RESULTANTE
RESULTANTE
Q Qi,1 f,1 Q Qi,2 f,3 Q Qi,4 f,4 Q Qi,5 f,5
Qf,2 Q i,3
Na figura 1.16, mostra-se o esquema para o cálculo dos esforços cortantes 
indicando a posição exata de todos os termos que serão calculados (𝑄𝑖,1, 𝑄𝑓,1, 𝑒𝑡𝑐 … ). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.16. Esquema para cálculo dos esforços cortantes 
 
1.9.1 Trecho 1 
𝑄𝑖,1 = 𝑉𝐴 = 84,154 𝑘𝑁 
𝑄𝑓,1 = 𝑄𝑖,1 − 𝑅𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝐴𝐵 = 84,154 − 160 = − 75,846 𝑘𝑁 
 
1.9.2 Trecho 2 
𝑄𝑖,2 = 𝑄𝑓,1 + 𝑉𝐵 = − 75,846 + 113,385 = 37,539 𝑘𝑁 
𝑄𝑓,2 = 𝑄𝑖,2 = 37,539 𝑘𝑁 
 
1.9.3 Trecho 3 
𝑄𝑖,3 = 𝑄𝑓,2 − 80 = 37,539 − 80 = − 42,461 𝑘𝑁 
𝑄𝑓,3 = 𝑄𝑖,3 = − 42,461 𝑘𝑁 
 
1.9.4 Trecho 4 
𝑄𝑖,4 = 𝑄𝑓,3 + 𝑉𝐶 = 109,693 𝑘𝑁 
𝑄𝑓,4 = 𝑄𝑖,4 − 𝑅𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝐶𝐷 = 109,693 − 160 = − 50,307 𝑘𝑁 
Teoria das Estruturas II - 2018/2 Universidade Federal do Amazonas 13 
 
Prof. Winston Zumaeta Método dos deslocamentos 20/08/2018 
A B C D
E
84,154
75,846
37,539
42,461
109,693
50,307
30
10
40
q.l
8
=CD
Horiz.
Parábola
do 2º grau
2,104 m 1,757 m
4,0 m 2,0 m 2,0 m4,0 m2,0 m
1.9.5 Trecho 5 
𝑄𝑖,5 = 𝑄𝑓,4 + 𝑉𝐷 = − 50,307 + 80,308 = 30, 001 ≅ 30 𝑘𝑁 
𝑄𝑓,5 = 𝑄𝑖,5 − 𝑅𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝐷𝐸 = 30 − 20 = 10 𝑘𝑁 
 
1.10 Traçado do diagrama de esforços cortantes (DEC) 
Na figura 1.17, mostra-se o traçado do diagrama de esforços cortantes. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 1.17. Diagrama de esforços cortantes (DEC) em kN 
 
Algumas observações podem ser feitas sobre o diagrama traçado acima: 
 No trecho AB, tem-se um carregamento distribuído retangular, dessa 
maneira, a equação de esforço cortante será uma função do 1º grau, 
resultando em uma reta decrescente como gráfico. 
 No trecho BC, tem-se uma carga concentrada aplicada no meio do vão, 
dessa maneira, a equação de esforço cortante será uma função constante 
para as duas metades da barra BC, resultando em uma reta como gráfico, 
sendo essa reta paralela ao eixo da viga. 
 No trecho CD, tem-se um carregamento distribuído triangular 
decrescente, dessa maneira, a equação de esforço cortante será uma 
função do 2º grau, resultando em uma parábola do 2º grau. Pelo fato de 
ser decrescente, ele será zero em D, e nesta posição o ângulo que o 
diagrama faz com a horizontal deve ser zero, deixando o diagrama na 
horizontal. 
 E por fim, no trecho DE, caso análogo ao trecho AB, tem-se um 
carregamento distribuído retangular, dessa maneira, a equação de 
esforço cortante será uma função do 1º grau, resultando em uma reta 
decrescente como gráfico.