APOSTILA - TEORIA DAS ESTRUTURAS II

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CENTRO FEDERAL DE EDUCAÇÃO TECNOLÓGICA DE MINAS GERAIS 
CAMPUS X 
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA CIVIL E MEIO AMBIENTE 
EIXO 6 – ESTRUTURAS E GEOTECNIA 
 
 
 
CURSO DE GRADUAÇÃO EM ENGENHARIA CIVIL 
 
DISCIPLINA: TEORIA DAS ESTRUTURAS II 
CÓDIGO: DECMA. 28 
 
COLETÂNEA DE EXERCÍCIOS 
 
 
Prof. Dr. Thiago Bomjardim Porto 
Graduanda Nádla Cristina Ferreira de Souza 
 
 
 
 
2018 
2 
 
ÍNDICE 
 
1) DEFLEXÕES E ROTAÇÕES USANDO MÉTODO DA ENERGIA ............................ 3 
1.1) VIGAS .......................................................................................................................... 3 
1.2) PÓRTICOS ................................................................................................................ 18 
1.3) TRELIÇAS ................................................................................................................. 43 
2) ANÁLISE DE ESTRUTURAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS PELO 
MÉTODO DA FORÇA ............................................................................................................. 93 
2.1) VIGAS ........................................................................................................................... 93 
2.2) PÓRTICOS ................................................................................................................. 132 
2.3) TRELIÇAS .................................................................................................................. 191 
3) FORMULÁRIO ................................................................................................................ 206 
ANEXO 1 ................................................................................................................................. 208 
 
 
3 
 
1) DEFLEXÕES E ROTAÇÕES USANDO MÉTODO DA ENERGIA 
1.1) VIGAS 
1.1.1) A viga mostrada na figura é usada em um edifício sujeito a dois ambientes térmicos. 
Se a temperatura na superfície de topo da viga é 20°𝐶 e na superfície de baixo é 80°𝐶, 
determine a deflexão vertical da viga no seu ponto central resultante do gradiente de 
temperatura. Considere  = 14,5 ∙ 10−6/°𝐶. 
 
→ Determina-se a deflexão vertical da viga no seu ponto central (deflexão máxima) através 
da seguinte equação: 
∆𝑚á𝑥
𝐶 = ∫
𝑚 ∙ 𝛼 ∙ ∆𝑇𝑀
𝑐
𝐿
0
𝑑𝑥 
→ A temperatura média é dada por: 
 
𝑇𝑀 =
80 + 20
2
= 50°𝐶 
∆𝑇𝑀 = 80 − 50 = 30°𝐶 
𝑐 =
400
2
= 200 𝑚𝑚 = 0,2 𝑚 
→ Carregamento virtual unitário no ponto central da viga: 
4 
 
 
𝑚𝑠1 = 𝑉𝐴(𝑥) = 0,5𝑥 = 𝑚𝑠2 
Assim, é possível calcular a deflexão vertical da viga no seu ponto central através dos dados 
obtidos: 
∆𝑚á𝑥
𝐶 = ∫
𝑚𝑠1 ∙ 𝛼 ∙ ∆𝑇𝑀
𝑐
𝐿
0
𝑑𝑥 = 2 ∫
(0,5𝑥)(14,5 ∙ 10−6)(30)
0,2
1,5
0
𝑑𝑥 = 2,175 ∙ 10−3 ∫ 𝑥
1,5
0
𝑑𝑥
= 2,175 ∙ 10−3 (
𝑥2
2
)|
 1,5
 0
=
2,175 ∙ 10−3(1,52)
2
= 2,45 ∙ 10−3𝑚 
∆𝒎á𝒙
𝑪 = 𝟐, 𝟒𝟓 𝒎𝒎 ( ↓ ) 
 
5 
 
1.1.2) A viga mostrada na figura é usada em um edifício sujeito a dois ambientes térmicos. 
Se a temperatura na superfície de topo da viga é 80°𝐶 e na superfície de baixo é 20°𝐶, 
determine a deflexão vertical da viga no ponto B resultante do gradiente de temperatura. 
Considere  = 14,5 ∙ 10−6/°𝐶. 
 
→ Determina-se a deflexão vertical da viga no ponto B (deflexão máxima) através da 
seguinte equação: 
∆𝑚á𝑥
𝐵 = ∫
𝑚 ∙ 𝛼 ∙ ∆𝑇𝑀
𝑐
𝐿
0
𝑑𝑥 
→ A temperatura média é dada por: 
 
𝑇𝑀 =
80 + 20
2
= 50°𝐶 
∆𝑇𝑀 = 80 − 50 = 30°𝐶 
𝑐 =
400
2
= 200 𝑚𝑚 = 0,2 𝑚 
→ Carregamento virtual unitário no ponto B da viga: 
6 
 
 
𝑚𝑠1 = −1(𝑥) = −𝑥 
Assim, é possível calcular a deflexão vertical da viga no ponto B através dos dados obtidos: 
∆𝑚á𝑥
𝐵 = ∫
𝑚𝑠1 ∙ 𝛼 ∙ ∆𝑇𝑀
𝑐
𝐿
0
𝑑𝑥 = ∫
(−𝑥)(14,5 ∙ 10−6)(30)
0,2
3
0
𝑑𝑥 = −2,175 ∙ 10−3 ∫ 𝑥
3
0
𝑑𝑥
= −2,175 ∙ 10−3 (
𝑥2
2
)|
 3
 0
= −
2,175 ∙ 10−3(32)
2
= −9,7875 ∙ 10−3𝑚 
∆𝒎á𝒙
𝑩 = 𝟗, 𝟕𝟗 𝒎𝒎 ( ↓ ) 
7 
 
1.1.3) Determine a deflexão (∆𝐴) e a inclinação (𝜃𝐴) no ponto A: 
a) Utilize o Método do Trabalho Virtual (solução analítica); 
b) Utilize o Método da Integração (Teoria da Linha Elástica); 
c) Utilize o Teorema de Castigliano; 
d) Utilize a Tabela de Integrais; 
e) Houve diferença entre as respostas encontradas nos itens anteriores? Justifique. 
Considere 𝐸 = 200𝐺𝑃𝑎. 
 
a) Método do Trabalho Virtual (solução analítica). 
→ Determina-se a deflexão no ponto A através da seguinte equação: 
∆𝐴= ∫
𝑀𝑚
𝐸𝐼
𝐿
0
𝑑𝑥 
→ Carga real: 
 
𝑀𝑠1 = −600(𝑥) − 300(𝑥) (
𝑥
2
) = −600𝑥 − 150𝑥2 
8 
 
→ Carga virtual unitária: 
 
𝑚𝑠1 = −1(𝑥) = −𝑥 
Tem-se que: 
𝐸 = 200𝐺𝑃𝑎 
𝑏 = 20 𝑐𝑚 = 0,2 𝑚 
ℎ = 40 𝑐𝑚 = 0,4 𝑚 
Logo: 
𝐼 =
𝑏ℎ3
12
=
(0,2)(0,4)3
12
= 1,06667 ∙ 10−3𝑚4 = 1066,67 ∙ 10−6𝑚4 
Com os dados obtidos, calcula-se a deflexão que se pede: 
∆𝐴= ∫
𝑀𝑚
𝐸𝐼
𝐿
0
𝑑𝑥 = ∫
(−600𝑥 − 150𝑥2)(−𝑥)
𝐸𝐼
3
0
𝑑𝑥 = ∫
(600𝑥2 + 150𝑥3)
𝐸𝐼
3
0
𝑑𝑥
=
1
𝐸𝐼
(
600𝑥3
3
+
150𝑥4
4
)|
 3
 0
=
1
𝐸𝐼
(
600(3)3
3
+
150(3)4
4
) =
8437,5
𝐸𝐼
=
8437,5
(200 ∙ 109)(1066,67 ∙ 10−6)
= 3,955 ∙ 10−5 𝑚 = 3,955 ∙ 10−2 𝑚𝑚 
∆𝑨= 𝟎, 𝟎𝟑𝟗𝟓𝟓 𝒎𝒎 ( ↓ ) 
→ Determina-se a inclinação no ponto A através da seguinte equação: 
9 
 
𝜃𝐴 = ∫
𝑀𝑚𝜃
𝐸𝐼
𝐿
0
𝑑𝑥 
→ Momento virtual unitário: 
 
𝑚𝜃 = 1 𝑁. 𝑚 
Com os dados obtidos, calcula-se a inclinação que se pede: 
𝜃𝐴 = ∫
𝑀𝑚𝜃
𝐸𝐼
3
0
𝑑𝑥 = ∫
(−600𝑥 − 150𝑥2)(1)
𝐸𝐼
3
0
𝑑𝑥 = ∫
(−600𝑥 − 150𝑥2)
𝐸𝐼
3
0
𝑑𝑥
= −
1
𝐸𝐼
(
600𝑥2
2
+
150𝑥3
3
)|
 3
 0
= −
1
𝐸𝐼
(
600(3)2
2
+
150(3)3
3
) = −
4050
𝐸𝐼
= −
4050
(200 ∙ 109)(1066,67 ∙ 10−6)
= −1,898 ∙ 10−5 𝑟𝑎𝑑 
𝜽𝑨 = 𝟏, 𝟖𝟗𝟖 ∙ 𝟏𝟎
−𝟓 𝒓𝒂𝒅 ( ↺ ) 
b) Método da Integração (Teoria da Linha Elástica). 
Tem-se que: 
𝑬𝑰
𝒅𝟐𝒚
𝒅𝒙𝟐
= 𝑴𝒔𝟏 = −𝟔𝟎𝟎𝒙 − 𝟏𝟓𝟎𝒙
𝟐 
Integrando a equação acima: 
𝐸𝐼
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝐸𝐼𝜃 = −
600𝑥2
2
−
150𝑥3
3
+ 𝐶1 
𝑬𝑰𝜽 = −𝟑𝟎𝟎𝒙𝟐 − 𝟓𝟎𝒙𝟑 + 𝑪𝟏 
𝐸𝐼𝑦 = −
300𝑥3
3
−
50𝑥4
4
+ 𝐶1𝑥 + 𝐶2 
10 
 
𝑬𝑰𝒚 = −𝟏𝟎𝟎𝒙𝟑 − 𝟏𝟐, 𝟓𝒙𝟒 + 𝑪𝟏𝒙 + 𝑪𝟐 
→ Condições de contorno: 
𝑥 = 3 → 𝜃 = 0 (1) 
𝑥 = 3 → 𝑦 = 0 (2) 
Condição (1): 
0 = −300(3)2 − 50(3)3 + 𝐶1 
𝑪𝟏 = 𝟒𝟎𝟓𝟎 
Condição (2): 
0 = −100(3)3 − 12,5(3)4 + (4050)(3) + 𝐶2 
𝑪𝟐 = −𝟖𝟒𝟑𝟕, 𝟓 
→ Equações finais: 
𝜃 =
−300𝑥2 − 50𝑥3 + 4050
𝐸𝐼
 
𝑦 =
−100𝑥3 − 12,5𝑥4 + 4050𝑥 − 8437,5
𝐸𝐼
 
Com os dados obtidos, calcula-se a deflexão e a inclinação que se pede: 
∆𝐴= 𝑦(𝑥 = 0) = −
8437,5
𝐸𝐼
= −
8437,5
(200 ∙ 109)(1066,67 ∙ 10−6)
= −3,955 ∙ 10−5 𝑚
= −3,955 ∙ 10−2 𝑚𝑚 
∆𝑨= 𝟎, 𝟎𝟑𝟗𝟓𝟓 𝒎𝒎 ( ↓ ) 
𝜃𝐴 = 𝜃(𝑥 = 0) =
4050
𝐸𝐼
=
4050
(200 ∙ 109)(1066,67 ∙ 10−6)
= 1,898 ∙ 10−5 𝑟𝑎𝑑 
𝜽𝑨 = 𝟏, 𝟖𝟗𝟖 ∙ 𝟏𝟎
−𝟓 𝒓𝒂𝒅 ( ↺ ) 
c) Teorema de Castigliano. 
11 
 
→ Determina-se a deflexão no ponto A utilizando o Teorema de Castigliano através da 
seguinte equação: 
∆𝐴= ∫
𝑀
𝐸𝐼
𝐿
0
(
𝜕𝑀
𝜕𝑃
) 𝑑𝑥 
 
𝑀𝑠1 = −𝑃(𝑥) − 300(𝑥) (
𝑥
2
) = −𝑃𝑥 − 150𝑥2 
𝜕𝑀
𝜕𝑃
= −𝑥 
Para 𝑃 = 600 𝑘𝑁: 
𝑀𝑠1 = −600𝑥 − 150𝑥
2 
Com os dados obtidos, calcula-se a deflexão que se pede: 
∆𝐴= ∫
𝑀
𝐸𝐼
𝐿
0
(
𝜕𝑀
𝜕𝑃
) 𝑑𝑥 = ∫
(−600𝑥 − 150𝑥2)
𝐸𝐼
3
0
(−𝑥)𝑑𝑥 = ∫
(600𝑥2 + 150𝑥3)
𝐸𝐼
3
0
𝑑𝑥
=
1
𝐸𝐼
(
600𝑥3
3
+
150𝑥4
4
)|
 3
 0
=
1
𝐸𝐼
(
600(3)3
3
+
150(3)4
4
) =
8437,5
𝐸𝐼
 
=
8437,5
(200 ∙ 109)(1066,67 ∙ 10−6)
= 3,955 ∙ 10−5 𝑚 = 3,955 ∙ 10−2 𝑚𝑚 
∆𝑨= 𝟎, 𝟎𝟑𝟗𝟓𝟓 𝒎𝒎 ( ↓ ) 
→ Determina-se a inclinação no ponto A utilizando o Teorema de Castigliano através da 
seguinte equação: 
12 
 
𝜃𝐴 = ∫
𝑀
𝐸𝐼
𝐿
0
(
𝜕𝑀
𝜕𝑀′
) 𝑑𝑥 
 
𝑀𝑠1 = −600(𝑥) − 300(𝑥) (
𝑥
2
) + 𝑀′ = −600𝑥 − 150𝑥2 + 𝑀′ 
𝜕𝑀
𝜕𝑀′
= 1 
Para 𝑀′ = 0 𝑘𝑁. 𝑚: 
𝑀𝑠1 = −600𝑥 − 150𝑥
2 
Com os dados obtidos, calcula-se inclinação que se pede: 
𝜃𝐴 = ∫
𝑀
𝐸𝐼
𝐿
0
(
𝜕𝑀
𝜕𝑀′
) 𝑑𝑥 = ∫
(−600𝑥 − 150𝑥2)
𝐸𝐼
3
0
(1)𝑑𝑥 = ∫
(−600𝑥 − 150𝑥2)𝐸𝐼
3
0
𝑑𝑥
= −
1
𝐸𝐼
(
600𝑥2
2
+
150𝑥3
3
)|
 3
 0
= −
1
𝐸𝐼
(
600(3)2
2
+
150(3)3
3
) = −
4050
𝐸𝐼
= −
4050
(200 ∙ 109)(1066,67 ∙ 10−6)
= −1,898 ∙ 10−5 𝑟𝑎𝑑 
𝜽𝑨 = 𝟏, 𝟖𝟗𝟖 ∙ 𝟏𝟎
−𝟓 𝒓𝒂𝒅 ( ↺ ) 
d) Por tabela. 
→ Determina-se a deflexão no ponto A utilizando tabela da seguinte maneira: 
→ Carga virtual unitária: 
13 
 
 
𝑚𝑠1 = −1(𝑥) = −𝑥 
 
→ Carga real: 
 
𝑀(𝑥) = −600(𝑥) − 300(𝑥) (
𝑥
2
) = −600𝑥 − 150𝑥2 
𝑀′(𝑥) = −600𝑥 
Para 𝑥 = 3 → 𝑀′ = −1800 𝑘𝑁. 𝑚 
14 
 
 
Fazendo a combinação de acordo com a tabela, tem-se que: 
Tabela de integral do produto de 
duas funções M e m (∫ 𝑴𝒎 𝒅𝒙) 
 
 
1
3
𝑚𝑀𝐿 
∫ 𝑀𝑚 𝑑𝑥 =
1
3
𝑚𝑀′𝐿 
𝑀′′(𝑥) = −150𝑥2 
Para 𝑥 = 3 → 𝑀′′ = −1350 𝑘𝑁. 𝑚 
 
Fazendo a combinação de acordo com a tabela, tem-se que: 
Tabela de integral do produto de 
duas funções M e m (∫ 𝑴𝒎 𝒅𝒙) 
 
 
1
4
𝑚𝑀𝐿 
15 
 
∫ 𝑀𝑚 𝑑𝑥 =
1
4
𝑚𝑀′′𝐿 
Com os dados obtidos, calcula-se a deflexão que se pede: 
∆𝐴=
1
𝐸𝐼
∫ 𝑀𝑚 𝑑𝑥 =
1
𝐸𝐼
( ∙ ) +
1
𝐸𝐼
( ∙ )
=
1
𝐸𝐼
( 
1
3
𝑚𝑀′𝐿 +
1
4
𝑚𝑀′′𝐿) =
𝑚𝐿
𝐸𝐼
(
𝑀′
3
+
𝑀′′
4
) =
(−3)(3)
𝐸𝐼
(−
1800
3
−
1350
4
)
=
8437,5
𝐸𝐼
 =
8437,5
(200 ∙ 109)(1066,67 ∙ 10−6)
= 3,955 ∙ 10−5 𝑚 = 3,955 ∙ 10−2 𝑚𝑚 
∆𝑨= 𝟎, 𝟎𝟑𝟗𝟓𝟓 𝒎𝒎 ( ↓ ) 
→ Determina-se a inclinação no ponto A utilizando tabela da seguinte maneira: 
→ Momento virtual unitário: 
 
𝑚𝜃 = 1 𝑁. 𝑚 
 
→ Carga real: 
16 
 
 
𝑀(𝑥) = −600(𝑥) − 300(𝑥) (
𝑥
2
) = −600𝑥 − 150𝑥2 
𝑀′(𝑥) = −600𝑥 
Para 𝑥 = 3 → 𝑀′ = −1800 𝑘𝑁. 𝑚 
 
Fazendo a combinação de acordo com a tabela, tem-se que: 
Tabela de integral do produto de 
duas funções M e m (∫ 𝑴𝒎 𝒅𝒙) 
 
 
1
2
𝑚𝑀𝐿 
∫ 𝑀𝑚 𝑑𝑥 =
1
2
𝑚𝑀′𝐿 
𝑀′′(𝑥) = −150𝑥2 
Para 𝑥 = 3 → 𝑀′′ = −1350 𝑘𝑁. 𝑚 
17 
 
 
Fazendo a combinação de acordo com a tabela, tem-se que: 
Tabela de integral do produto de 
duas funções M e m (∫ 𝑴𝒎 𝒅𝒙) 
 
 
1
3
𝑚𝑀𝐿 
∫ 𝑀𝑚 𝑑𝑥 =
1
3
𝑚𝑀′′𝐿 
Com os dados obtidos, calcula-se inclinação que se pede: 
𝜃𝐴 =
1
𝐸𝐼
∫ 𝑀𝑚 𝑑𝑥 =
1
𝐸𝐼
( ∙ ) +
1
𝐸𝐼
( ∙ )
=
1
𝐸𝐼
( 
1
2
𝑚𝑀′𝐿 +
1
3
𝑚𝑀′′𝐿) =
𝑚𝐿
𝐸𝐼
(
𝑀′
2
+
𝑀′′
3
) =
(1)(3)
𝐸𝐼
(−
1800
2
−
1350
3
)
= −
4050
𝐸𝐼
= −
4050
(200 ∙ 109)(1066,67 ∙ 10−6)
= −1,898 ∙ 10−5 𝑟𝑎𝑑 
𝜽𝑨 = 𝟏, 𝟖𝟗𝟖 ∙ 𝟏𝟎
−𝟓 𝒓𝒂𝒅 ( ↺ ) 
e) Não houve diferença nas respostas encontradas nos itens anteriores, uma vez que o 
comportamento estrutural real de uma viga ou estrutura é independente do modelo teórico 
adotado para sua análise. 
 
18 
 
1.2) PÓRTICOS 
1.2.1) Determine a rotação do nó B do pórtico de acordo com o que se pede. Considere 
𝐸𝐼 = 2 ∙ 105 𝑘𝑁. 𝑚2, 𝐸𝐴 = 15 ∙ 106 𝑘𝑁 e  = 10−5/°𝐶. 
a) Despreze a carga real; 
b) Despreze a variação de temperatura; 
c) Considere a carga real e a variação de temperatura. 
 
a) Desprezando a carga real. 
 
→ Determina-se a rotação do nó B (rotação máxima) através da seguinte equação: 
𝜃𝑚á𝑥
𝐵 = ∫
𝑚𝜃 ∙ 𝛼 ∙ ∆𝑇𝑀
𝑐
𝐿
0
𝑑𝑥 + (𝜃𝐵𝑚á𝑥)𝑁 
19 
 
→ Momento virtual unitário aplicado no nó B: 
 
→ Diagrama de corpo livre: 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → −1 − 𝐶𝑌(6) = 0 
𝑪𝒀 = −
𝟏
𝟔
 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝐴𝑌 + 𝐶𝑌 = 0 
𝑨𝒀 =
𝟏
𝟔
 𝒌𝑵 
20 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝑨𝑿 = 𝟎 𝒌𝑵 
→ Barra AB: 
 
𝒎𝒔𝟏 = 𝟎 𝒌𝑵. 𝒎 
→ Barra BC: 
 
𝒎𝒔𝟐 =
𝟏
𝟔
𝒙𝟐 
→ A temperatura média é dada por: 
21 
 
 
𝑇𝑀 =
20 − 10
2
= 5°𝐶 
∆𝑇𝑀 = 20 − 5 = 15°𝐶 
𝑐 =
400
2
= 200 𝑚𝑚 = 0,2 𝑚 
→ Contribuição da temperatura uniforme resultante no centro de gravidade da barra AB: 
A variação de temperatura equivalente a +5°C, provoca uma expansão da barra AB, 
portanto: 
 
∆𝐴𝐵 = 𝛼 ∙ 𝑇𝑀 ∙ 𝐿 = (10
−5)(5)(5) = 0,00025 𝑚 
(𝜃𝐵𝑚á𝑥)𝑁 = 𝑡𝑔 𝜃 = −
𝑦
𝑥
= −
∆𝐴𝐵
𝐿
= −
0,00025
6
= −4,166 ∙ 10−5𝑟𝑎𝑑 
22 
 
Assim, é possível calcular a rotação do nó B do pórtico através dos dados obtidos: 
𝜃𝑚á𝑥
𝐵 = ∫
𝑚𝜃 ∙ 𝛼 ∙ ∆𝑇𝑀
𝑐
𝐿
0
𝑑𝑥 + (𝜃𝐵𝑚á𝑥)𝑁 
= ∫
(0)(10−5)(15)
0,2
5
0
𝑑𝑥1 + ∫
(
1
6 𝑥2) (10
−5)(15)
0,2
6
0
𝑑𝑥2 − 4,166 ∙ 10
−5
= 0 + 7,5 ∙ 10−4 ∫ (
1
6
𝑥2)
6
0
𝑑𝑥2 − 4,166 ∙ 10
−5
= 7,5 ∙ 10−4 (
𝑥2
2
12
)|
 6
 0
− 4,166 ∙ 10−5 = 7,5 ∙ 10−4 (
62
12
) − 4,166 ∙ 10−5
= 2,25 ∙ 10−3 − 4,166 ∙ 10−5 = (2,25 − 0,04166) ∙ 10−3 = 2,208 ∙ 10−3 𝑟𝑎𝑑 
𝜽𝒎á𝒙
𝑩 = 𝟐, 𝟐𝟎𝟖 ∙ 𝟏𝟎−𝟑 𝒓𝒂𝒅 ( ↺ ) 
b) Desprezando a variação de temperatura. 
 
→ Determina-se a rotação do nó B (rotação máxima) através da seguinte equação: 
𝜃𝑚á𝑥
𝐵 = ∫
𝑀𝑚𝜃
𝐸𝐼
𝐿
0
𝑑𝑥 + (𝜃𝐵𝑚á𝑥)𝑁 
→ Diagrama de corpo livre: 
23 
 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → 10(6)(3) − 𝐶𝑌(6) = 0 
𝑪𝒀 = 𝟑𝟎 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝐴𝑌 − 60 + 𝐶𝑌 = 0 
𝑨𝒀 = 𝟑𝟎 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝑨𝑿 = 𝟎 𝒌𝑵 
→ Barra AB: 
 
𝑴𝒔𝟏 = 𝟎 𝒌𝑵. 𝒎 
24 
 
→ Barra BC: 
 
𝑀𝑠2 = −10𝑥2 (
𝑥2
2
) + 30𝑥2 
𝑴𝒔𝟐 = −𝟓𝒙𝟐
𝟐 + 𝟑𝟎𝒙𝟐 
→ Contribuição do esforço normal da barra AB: 
A barra AB sofre compressão devido à carga axial de 30 kN, portanto: 
 
∆𝐴𝐵 =
𝑁𝑛𝐿
𝐴𝐸
=
30(1)(5)
15 ∙ 106
= 0,00001 𝑚 
(𝜃𝐵𝑚á𝑥)𝑁 = 𝑡𝑔 𝜃 =
𝑦
𝑥
=
∆𝐴𝐵
𝐿
=
0,00001
6
= 1,666 ∙ 10−6𝑟𝑎𝑑 
Assim, é possível calcular a rotação do nó B do pórtico através dos dados obtidos: 
25 
 
𝜃𝑚á𝑥
𝐵 = ∫
𝑀𝑚𝜃
𝐸𝐼
𝐿
0
𝑑𝑥 + (𝜃𝐵𝑚á𝑥)𝑁 
= ∫
(0)(0)
𝐸𝐼
5
0
𝑑𝑥1 + ∫
(−5𝑥2
2 + 30𝑥2) (−
1
6 𝑥2)
𝐸𝐼
6
0
𝑑𝑥2 + 1,666 ∙ 10
−6
= 0 +
1
𝐸𝐼
∫ (
5𝑥2
3
6
− 5𝑥2
2)
6
0
𝑑𝑥2 + 1,666 ∙ 10
−6
=
1
𝐸𝐼
(
5𝑥2
4
24
−
5𝑥2
3
3
)|
 6
 0
+ 1,666 ∙ 10−6 =
1
2 ∙ 105
(
5(6)4
24
−
5(6)3
3
) + 1,666 ∙ 10−6
= −4,5 ∙ 10−4 + 1,666 ∙ 10−6 = (−4,5 + 1,666) ∙ 10−4 = −4,483 ∙ 10−4 𝑟𝑎𝑑 
𝜽𝒎á𝒙
𝑩 = 𝟒, 𝟒𝟖𝟑 ∙ 𝟏𝟎−𝟒 𝒓𝒂𝒅 ( ↻ ) 
c) Considerando a carga real e a variação de temperatura. 
 
→ Determina-se a rotação do nó B (rotação máxima) através da seguinte equação, 
equivalente à soma das anteriores: 
𝜃𝑚á𝑥
𝐵 = (𝜃𝑚á𝑥
𝐵 )
𝑎
+ (𝜃𝑚á𝑥
𝐵 )
𝑏
 
Assim, é possível calcular a rotação do nó B do pórtico através dos dados obtidos 
anteriormente: 
𝜃𝑚á𝑥
𝐵 = (𝜃𝑚á𝑥
𝐵 )
𝑎
+ (𝜃𝑚á𝑥
𝐵 )
𝑏
= 2,208 ∙ 10−3 − 4,483 ∙ 10−4 = 1,7597 ∙ 10−3 𝑟𝑎𝑑 
𝜽𝒎á𝒙
𝑩 = 𝟏, 𝟕𝟔𝟎 ∙ 𝟏𝟎−𝟑 𝒓𝒂𝒅 ( ↺ ) 
26 
 
1.2.2) Determine a deflexão horizontal (∆) e a inclinação (𝜃) utilizando o Método do Trabalho 
Virtual (solução analítica): 
a) No ponto B; 
b) No ponto C. 
Considere 𝐸 = 200𝐺𝑃𝑎. 
 
 
a) Ponto B: Método do Trabalho Virtual (solução analítica). 
→ Determina-se a deflexão no ponto B através da seguinte equação: 
∆𝐵= ∫
𝑀𝑚
𝐸𝐼
𝐿
0
𝑑𝑥 
→ Diagrama de Corpo Livre: 
27 
 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → (20)(5) + (10)(8)(12) − 𝐷𝑌(16) = 0 
𝑫𝒀 = 𝟔𝟔, 𝟐𝟓 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝐴𝑌 + 𝐷𝑌 − 80 = 0 
𝑨𝒀 = 𝟏𝟑, 𝟕𝟓 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → −𝐴𝑋 + 20 = 0 
𝑨𝑿 = 𝟐𝟎 𝒌𝑵 
→ Carga real: 
28 
 
 
→ Barra AB: 
 
𝑁𝑠1 = −13,75 𝑘𝑁 
𝑉𝑠1 = 20 𝑘𝑁 
𝑴𝒔𝟏 = 𝟐𝟎𝒙𝟏 
Para 𝑥1 = 5 → 𝑀 = 100 𝑘𝑁. 𝑚 
→ Barra BC: Trecho 1 
29 
 
 
𝑁𝑠2 = 20 − 20 = 0 𝑘𝑁 
𝑉𝑠2 = 13,75 𝑘𝑁 
𝑴𝒔𝟐 = 𝟏𝟎𝟎 + 𝟏𝟑, 𝟕𝟓𝒙𝟐 
Para 𝑥2 = 8 → 𝑀 = 210 𝑘𝑁. 𝑚 
→ Barra BC: Trecho 2 
 
𝑁𝑠3 = 0 𝑘𝑁 
𝑉𝑠3 = 13,75 − 10𝑥3 
Para 𝑥3 = 8 → 𝑉 = −66,25 𝑘𝑁 
𝑀𝑠3 = 210 + 13,75(𝑥3) − 10(𝑥3) (
𝑥3
2
) 
𝑴𝒔𝟑 = 𝟐𝟏𝟎 + 𝟏𝟑, 𝟕𝟓𝒙𝟑 − 𝟓𝒙𝟑
𝟐 
Para 𝑥3 = 8 → 𝑀 = 0 𝑘𝑁. 𝑚 
→ Barra CD: 
30 
 
 
𝑁𝑠4 = −66,25 𝑘𝑁 
𝑉𝑠4 = 0 𝑘𝑁 
𝑴𝒔𝟒 = 𝟎 𝒌𝑵. 𝒎 
→ Carga virtual unitária: 
 
31 
 
→ Diagrama de Corpo Livre 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → (1)(5) − 𝐷𝑌(16) = 0 
𝑫𝒀 = 𝟎, 𝟑𝟏𝟐𝟓 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → −𝐴𝑌 + 𝐷𝑌 = 0 
𝑨𝒀 = 𝟎, 𝟑𝟏𝟕𝟓 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → −𝐴𝑋 + 1 = 0 
𝑨𝑿 = 𝟏 𝒌𝑵 
32 
 
 
𝒎𝒔𝟏 = 𝒙𝟏 
Para 𝑥1 = 5 → 𝑚 = 5 𝑘𝑁. 𝑚 
𝒎𝒔𝟐 = 𝟓 − 𝟎, 𝟑𝟏𝟐𝟓𝒙𝟐 
Para 𝑥2 = 8 → 𝑚 = 2,5 𝑘𝑁. 𝑚 
𝒎𝒔𝟑 = 𝟐, 𝟓 − 𝟎, 𝟑𝟏𝟐𝟓𝒙𝟑 
Para 𝑥2 = 8 → 𝑚 = 0 𝑘𝑁. 𝑚 
𝒎𝒔𝟒 = 𝟎 𝒌𝑵. 𝒎 
Tem-se que: 
𝐸 = 200𝐺𝑃𝑎 
𝑏 = 20 𝑐𝑚 = 0,2 𝑚 
ℎ = 40 𝑐𝑚 = 0,4 𝑚 
Logo: 
33 
 
𝐼 =
𝑏ℎ3
12
=
(0,2)(0,4)312
= 1,06667 ∙ 10−3𝑚4 = 1066,67 ∙ 10−6𝑚4 
Com os dados obtidos, calcula-se a deflexão que se pede: 
∆𝐵 = ∫
𝑀𝑚
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
= ∫
(20𝑥1)(𝑥1)
𝐸𝐼
𝑑𝑥1
5
0
+ ∫
(100 + 13,75𝑥2)(5 − 0,3125𝑥2)
𝐸𝐼
𝑑𝑥2
8
0
+ ∫
(210 + 13,75𝑥3 − 5𝑥3
2)(2,5 − 0,3125𝑥3)
𝐸𝐼
𝑑𝑥3 + ∫
(0)(0)
𝐸𝐼
𝑑𝑥4
10
0
8
0
=
20
𝐸𝐼
∫ 𝑥1
2𝑑𝑥1
5
0
+
1
𝐸𝐼
∫ (500 + 37,5𝑥2 − 4,3𝑥2
2)𝑑𝑥2
8
0
+
1
𝐸𝐼
∫ (525 − 16,8𝑥3
2 − 31,25𝑥3 + 1,5625𝑥3
3)𝑑𝑥3 + 0
8
0
=
20
𝐸𝐼
(
𝑥1
3
3
)|
 5
 0
+
1
𝐸𝐼
(500𝑥2 +
37,5𝑥2
2
2
−
4,3𝑥2
3
3
)|
 8
 0
+
1
𝐸𝐼
(525𝑥3 −
16,8𝑥3
3
3
−
31,25𝑥3
2
2
+
1,5625𝑥3
4
4
)|
 8
 0
=
20
𝐸𝐼
(
53
3
) +
1
𝐸𝐼
(500(8) + 18,75(8)2 −
4,3(8)3
3
)
+
1
𝐸𝐼
(525(8) − 5,6(8)3 − 15,625(8)2 +
1,5625(8)4
4
) =
7232,267
𝐸𝐼
=
7232,267 ∙ 103
(200 ∙ 109)(1066,67 ∙ 10−6)
= 0,0339 𝑚 = 33,9 𝑚𝑚 
∆𝑩= 𝟑𝟑, 𝟗 𝒎𝒎 ( → ) 
→ Determina-se a inclinação no ponto B através da seguinte equação: 
𝜃𝐵 = ∫
𝑀𝑚𝜃
𝐸𝐼
𝐿
0
𝑑𝑥 
→ Momento virtual unitário: 
34 
 
 
→ Diagrama de Corpo Livre 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → 1 − 𝐷𝑌(16) = 0 
𝑫𝒀 = 𝟎, 𝟎𝟔𝟐𝟓 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝐴𝑌 − 𝐷𝑌 = 0 
𝑨𝒀 = 𝟎, 𝟎𝟔𝟐𝟓 𝒌𝑵 
35 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝑨𝑿 = 𝟎 𝒌𝑵 
 
𝒎𝒔𝟏 = 𝟎 𝒌𝑵. 𝒎 
𝒎𝒔𝟐 = −𝟏 + 𝟎, 𝟎𝟔𝟐𝟓𝒙𝟐 
Para 𝑥2 = 8 → 𝑚 = −0,5 𝑘𝑁. 𝑚 
𝒎𝒔𝟑 = −𝟎, 𝟓 + 𝟎, 𝟎𝟔𝟐𝟓𝒙𝟑 
Para 𝑥2 = 8 → 𝑚 = 0 𝑘𝑁. 𝑚 
𝒎𝒔𝟒 = 𝟎 𝒌𝑵. 𝒎 
Com os dados obtidos, calcula-se a inclinação que se pede: 
36 
 
𝜃𝐵 = ∫
𝑀𝑚𝜃
𝐸𝐼
𝐿
0
𝑑𝑥 =
= ∫
(20𝑥1)(0)
𝐸𝐼
𝑑𝑥1
5
0
+ ∫
(100 + 13,75𝑥2)(−1 + 0,0625𝑥2)
𝐸𝐼
𝑑𝑥2
8
0
+ ∫
(210 + 13,75𝑥3 − 5𝑥3
2)(−0,5 + 0,0625𝑥3)
𝐸𝐼
𝑑𝑥3 + ∫
(0)(0)
𝐸𝐼
𝑑𝑥4
10
0
8
0
= 0 +
1
𝐸𝐼
∫ (−100 − 7,5𝑥2 + 0,859375𝑥2
2)𝑑𝑥2
8
0
+
1
𝐸𝐼
∫ (−105 + 3,359375𝑥3
2 + 6,25𝑥3 − 0,3125𝑥3
3)𝑑𝑥3 + 0
8
0
=
1
𝐸𝐼
(−100𝑥2 −
7,5𝑥2
2
2
+
0,859375𝑥2
3
3
)|
 8
 0
+
1
𝐸𝐼
(−105𝑥3 +
3,359375𝑥3
3
3
+
6,25𝑥3
2
2
−
0,3125𝑥3
4
4
)|
 8
 0
=
1
𝐸𝐼
(−100(8) − 3,75(8)2 +
0,859375(8)3
3
)
+
1
𝐸𝐼
(−105(8) + 1,11979(8)3 + 3,125(8)2 −
0,3125(8)4
4
) = −
1280
𝐸𝐼
= −
1280 ∙ 103
(200 ∙ 109)(1066,67 ∙ 10−6)
= −5,999 ∙ 10−3 𝑟𝑎𝑑 
𝜽𝑩 = 𝟔 ∙ 𝟏𝟎
−𝟑 𝒓𝒂𝒅 ( ↻ ) 
b) Ponto C: Método do Trabalho Virtual (solução analítica). 
→ Determina-se a deflexão no ponto C através da seguinte equação: 
∆𝐶= ∫
𝑀𝑚
𝐸𝐼
𝐿
0
𝑑𝑥 
→ Carga virtual unitária: 
37 
 
 
→ Diagrama de Corpo Livre 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → (1)(5) − 𝐷𝑌(16) = 0 
𝑫𝒀 = 𝟎, 𝟑𝟏𝟐𝟓 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → −𝐴𝑌 + 𝐷𝑌 = 0 
𝑨𝒀 = 𝟎, 𝟑𝟏𝟕𝟓 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → −𝐴𝑋 + 1 = 0 
38 
 
𝑨𝑿 = 𝟏 𝒌𝑵 
 
𝒎𝒔𝟏 = 𝒙𝟏 
Para 𝑥1 = 5 → 𝑚 = 5 𝑘𝑁. 𝑚 
𝒎𝒔𝟐 = 𝟓 − 𝟎, 𝟑𝟏𝟐𝟓𝒙𝟐 
Para 𝑥2 = 8 → 𝑚 = 2,5 𝑘𝑁. 𝑚 
𝒎𝒔𝟑 = 𝟐, 𝟓 − 𝟎, 𝟑𝟏𝟐𝟓𝒙𝟑 
Para 𝑥2 = 8 → 𝑚 = 0 𝑘𝑁. 𝑚 
𝒎𝒔𝟒 = 𝟎 𝒌𝑵. 𝒎 
Com os dados obtidos, calcula-se a deflexão que se pede: 
39 
 
∆𝐶 = ∫
𝑀𝑚
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
= ∫
(20𝑥1)(𝑥1)
𝐸𝐼
𝑑𝑥1
5
0
+ ∫
(100 + 13,75𝑥2)(5 − 0,3125𝑥2)
𝐸𝐼
𝑑𝑥2
8
0
+ ∫
(210 + 13,75𝑥3 − 5𝑥3
2)(2,5 − 0,3125𝑥3)
𝐸𝐼
𝑑𝑥3 + ∫
(0)(0)
𝐸𝐼
𝑑𝑥4
10
0
8
0
=
20
𝐸𝐼
∫ 𝑥1
2𝑑𝑥1
5
0
+
1
𝐸𝐼
∫ (500 + 37,5𝑥2 − 4,3𝑥2
2)𝑑𝑥2
8
0
+
1
𝐸𝐼
∫ (525 − 16,8𝑥3
2 − 31,25𝑥3 + 1,5625𝑥3
3)𝑑𝑥3 + 0
8
0
=
20
𝐸𝐼
(
𝑥1
3
3
)|
 5
 0
+
1
𝐸𝐼
(500𝑥2 +
37,5𝑥2
2
2
−
4,3𝑥2
3
3
)|
 8
 0
+
1
𝐸𝐼
(525𝑥3 −
16,8𝑥3
3
3
−
31,25𝑥3
2
2
+
1,5625𝑥3
4
4
)|
 8
 0
=
20
𝐸𝐼
(
53
3
) +
1
𝐸𝐼
(500(8) + 18,75(8)2 −
4,3(8)3
3
)
+
1
𝐸𝐼
(525(8) − 5,6(8)3 − 15,625(8)2 +
1,5625(8)4
4
) =
7232,267
𝐸𝐼
=
7232,267 ∙ 103
(200 ∙ 109)(1066,67 ∙ 10−6)
= 0,0339 𝑚 = 33,9 𝑚𝑚 
∆𝑪= 𝟑𝟑, 𝟗 𝒎𝒎 ( → ) 
→ Determina-se a inclinação no ponto C através da seguinte equação: 
𝜃𝐶 = ∫
𝑀𝑚𝜃
𝐸𝐼
𝐿
0
𝑑𝑥 
→ Momento virtual unitário: 
40 
 
 
→ Diagrama de Corpo Livre 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → 1 − 𝐷𝑌(16) = 0 
𝑫𝒀 = 𝟎, 𝟎𝟔𝟐𝟓 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → −𝐴𝑌 + 𝐷𝑌 = 0 
𝑨𝒀 = 𝟎, 𝟎𝟔𝟐𝟓 𝒌𝑵 
41 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝑨𝑿 = 𝟎 𝒌𝑵 
 
𝒎𝒔𝟏 = 𝟎 𝒌𝑵. 𝒎 
𝒎𝒔𝟐 = 𝟎, 𝟎𝟔𝟐𝟓𝒙𝟐 
Para 𝑥2 = 8 → 𝑚 = 0,5 𝑘𝑁. 𝑚 
𝒎𝒔𝟑 = 𝟎, 𝟓 + 𝟎, 𝟎𝟔𝟐𝟓𝒙𝟑 
Para 𝑥2 = 8 → 𝑚 = 1 𝑘𝑁. 𝑚 
𝒎𝒔𝟒 = 𝟎 𝒌𝑵. 𝒎 
Com os dados obtidos, calcula-se a inclinação que se pede: 
42 
 
𝜃𝐶 = ∫
𝑀𝑚𝜃
𝐸𝐼
𝐿
0
𝑑𝑥 =
= ∫
(20𝑥1)(0)
𝐸𝐼
𝑑𝑥1
5
0
+ ∫
(100 + 13,75𝑥2)(0,0625𝑥2)
𝐸𝐼
𝑑𝑥2
8
0
+ ∫
(210 + 13,75𝑥3 − 5𝑥3
2)(0,5 + 0,0625𝑥3)
𝐸𝐼
𝑑𝑥3 + ∫
(0)(0)
𝐸𝐼
𝑑𝑥4
10
0
8
0
= 0 +
0,0625
𝐸𝐼
∫ (100𝑥2 + 13,75𝑥2
2)𝑑𝑥2
8
0
+
1
𝐸𝐼
∫ (105 − 1,640625𝑥3
2 + 20𝑥3 − 0,3125𝑥3
3)𝑑𝑥3 + 0
8
0
=
0,0625
𝐸𝐼
(
100𝑥2
2
2
+
13,75𝑥2
3
3
)|
 8
 0
+
1
𝐸𝐼
(−105𝑥3 −
1,640625𝑥3
3
3
+
20𝑥3
2
2
−
0,3125𝑥3
4
4
)|
 8
 0
=
0,0625
𝐸𝐼
(50(8)2 +
13,75(8)3
3
)
+
1
𝐸𝐼
(−105(8) − 0,546875(8)3 + 10(8)2 −
0,3125(8)4
4
) = −
453,333
𝐸𝐼
= −
453,333 ∙ 103
(200 ∙ 109)(1066,67 ∙ 10−6)
= −2,125 ∙ 10−3 𝑟𝑎𝑑 
𝜽𝑪 = 𝟐, 𝟏𝟐𝟓 ∙ 𝟏𝟎
−𝟑 𝒓𝒂𝒅 ( ↻ ) 
 
43 
 
1.3) TRELIÇAS 
1.3.1) Determine o deslocamento vertical do nó C da treliça mostrada na figura. A área da 
seção transversal de cada membro é 𝐴 = 400𝑚𝑚2 e 𝐸 = 200𝐺𝑃𝑎. 
a) Utilize o Teorema de Castigliano; 
b) Utilize o Método da Carga Unitária. 
 
a) Pelo Teorema de Castigliano, tem-se que: 
∆𝐶𝑉= ∑ 𝑁 (
𝜕𝑁
𝜕𝑃
)
𝐿
𝐴𝐸
 
Pede-se o deslocamento vertical do nó C da treliça, para isso, aplica-se uma força P no 
local indicado: 
 
→ Diagrama de corpo livre: 
44 
 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → −𝐵𝑌(4) + 𝑃(2) + 2(1,5) = 0 
𝑩𝒀 = 𝟎, 𝟓𝑷 + 𝟎, 𝟕𝟓 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝐴𝑌 + 𝐵𝑌 − 𝑃 = 0 
𝑨𝒀 = 𝟎, 𝟓𝑷 − 𝟎, 𝟕𝟓 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝑨𝑿 = 𝟐 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó A: 
 
𝑠𝑒𝑛 𝜃 =
1,5
2,5
 𝑒 cos 𝜃 =
2
2,5
 
45 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 0,5𝑃 − 0,75 + 𝑁𝐴𝐶 (
1,5
2,5
) = 0 
𝑵𝑨𝑪 = −𝟎, 𝟖𝟑𝟑𝟑𝟑𝑷 + 𝟏, 𝟐𝟓 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → −2 + 𝑁𝐴𝐵 + 𝑁𝐴𝐶 (
2
2,5
) = 0 → 𝑁𝐴𝐵 = 2 − (−0,83333𝑃 + 1,25) (
2
2,5
) 
𝑁𝐴𝐵 = 2 + 0,6666𝑃 − 1 
𝑵𝑨𝑩 = 𝟏 + 𝟎, 𝟔𝟔𝟔𝟔𝑷 
→ Equilíbrio nó B: 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → −(1 + 0,6666𝑃) − 𝑁𝐵𝐶 (
2
2,5
) = 0 → 𝑁𝐵𝐶 = (−1 − 0,6666𝑃) (
2,5
2
) 
𝑵𝑩𝑪 = −𝟏, 𝟐𝟓 − 𝟎, 𝟖𝟑𝟑𝟑𝟑𝑷 
→ Resumindo: 
46 
 
 
𝑴𝒆𝒎𝒃𝒓𝒐 𝑵 𝝏𝑵
𝝏𝑷
 
𝑵 (𝑷 = 𝟎) 𝑳 
𝑵 (
𝝏𝑵
𝝏𝑷
) 𝑳 
𝐴𝐵 1 + 0,6666𝑃 0,6666 1 4 2,6666 
𝐴𝐶 −0,83333𝑃 + 1,25 −0,83333 1,25 2,5 −2,6042 
𝐵𝐶 −1,25 − 0,83333𝑃 −0,83333 −1,25 2,5 2,6042 
∑ = 2,6666 𝑘𝑁. 𝑚 
Com as informações obtidas anteriormente, pode-se calcular o deslocamento vertical do nó 
C: 
∆𝐶𝑉= ∑ 𝑁 (
𝜕𝑁
𝜕𝑃
)
𝐿
𝐴𝐸
=
2,6666
𝐴𝐸
=
2,6666 ∙ 103
(400 ∙ 10−6)(200 ∙ 109)
= 3,333 ∙ 10−5𝑚 = 0,03333 𝑚𝑚 
∆𝑪𝑽= 𝟎, 𝟎𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎 ( ↓ ) 
b) Pelo método da carga unitária, tem-se que: 
∆𝐶𝑉= ∑
𝑁𝑛𝐿
𝐴𝐸
 
47 
 
Pede-se o deslocamento vertical do nó C da treliça, para isso, aplica-se uma carga unitária 
no local indicado: 
 
→ Diagrama de corpo livre: 
 
→ Equilíbrio nó A: 
48 
 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 0,5 + 𝑛𝐴𝐶 (
1,5
2,5
) = 0 
𝒏𝑨𝑪 = 𝟎, 𝟖𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝑛𝐴𝐵 + 𝑛𝐴𝐶 (
2
2,5
) = 0 → 𝑛𝐴𝐵 = −0,83333 (
2
2,5
) 
𝒏𝑨𝑩 = 𝟎, 𝟔𝟔𝟔𝟔 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó B: 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 0,5 + 𝑛𝐵𝐶 (
1,5
2,5
) = 0 
𝒏𝑩𝑪 = 𝟎, 𝟖𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒌𝑵 
→ Cálculo de 𝑁 para 𝑃 = 0 𝑘𝑁: 
49 
 
𝑁𝐴𝐶 = −0,83333𝑃 + 1,25 
𝑵𝑨𝑪 = 𝟏, 𝟐𝟓 𝒌𝑵 
𝑁𝐴𝐵 = 1 + 0,6666𝑃 
𝑵𝑨𝑩 = 𝟏 𝒌𝑵 
𝑁𝐵𝐶 = −1,25 − 0,83333𝑃 
𝑵𝑩𝑪 = −𝟏, 𝟐𝟓 𝒌𝑵 
→ Resumindo: 
Aplicação da carga unitária: 
 
Carregamento real: 
 
50 
 
Com as informações obtidas anteriormente, pode-se calcular o deslocamento vertical do nó 
C: 
∆𝐶𝑉= ∑
𝑁𝑛𝐿
𝐴𝐸
=
(1,25)(0,83333)(1,5)
𝐴𝐸
+
(1)(0,6666)(4)
𝐴𝐸
+
(−1,25)(0,83333)(1,5)
𝐴𝐸
=
2,6666
𝐴𝐸
=
2,6666 ∙ 103
(400 ∙ 10−6)(200 ∙ 109)
= 3,333 ∙ 10−5𝑚 = 0,03333 𝑚𝑚 
∆𝑪𝑽= 𝟎, 𝟎𝟑𝟑𝟑𝟑 𝒎𝒎 ( ↓ ) 
 
 
 
51 
 
1.3.2) Determine o deslocamento vertical do nó C da treliça mostrada na figura. A área da 
seção transversalde cada membro é 𝐴 = 300𝑚𝑚2 e 𝐸 = 200𝐺𝑃𝑎. 
a) Utilize o Teorema de Castigliano; 
b) Utilize o Método da Carga Unitária. 
 
a) Pelo Teorema de Castigliano, tem-se que: 
∆𝐶𝑉= ∑ 𝑁 (
𝜕𝑁
𝜕𝑃
)
𝐿
𝐴𝐸
 
Pede-se o deslocamento vertical do nó C da treliça, para isso, aplica-se uma força P no 
local indicado: 
 
→ Diagrama de corpo livre: 
52 
 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → 40(6) + 𝑃(12) − 𝑉𝐷(18) = 0 → 𝑉𝐷 =
40
3
+
2𝑃
3
 
𝑽𝑫 =
𝟐
𝟑
(𝟐𝟎 + 𝑷) 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝑉𝐴 + 𝑉𝐷 − 40 − 𝑃 = 0 → 𝑉𝐴 =
80
3
+
𝑃
3
 
𝑽𝑨 =
𝟏
𝟑
(𝟖𝟎 + 𝑷) 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝑨𝑿 = 𝟎 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó A: 
 
𝑠𝑒𝑛 𝜃 = cos 𝜃 =
6
√72
=
6
6√2
=
1
√2
 
53 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → (
80 + 𝑃
3
) + 𝑁𝐴𝐹 (
1
√2
) = 0 
𝑵𝑨𝑭 = −
√𝟐
𝟑
(𝟖𝟎 + 𝑷) 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝑁𝐴𝐵 + 𝑁𝐴𝐹 (
1
√2
) = 0 
𝑵𝑨𝑩 =
𝟏
𝟑
(𝟖𝟎 + 𝑷) 
→ Equilíbrio nó F: 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → − [−
√2
3
(80 + 𝑃)] (
1
√2
) + 𝑁𝐸𝐹 = 0 
𝑵𝑬𝑭 = −
𝟏
𝟑
(𝟖𝟎 + 𝑷) 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → − [−
√2
3
(80 + 𝑃)] (
1
√2
) − 𝑁𝐵𝐹 = 0 
𝑵𝑩𝑭 =
𝟏
𝟑
(𝟖𝟎 + 𝑷) 
→ Equilíbrio nó B: 
54 
 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → [
1
3
(80 + 𝑃)] − 40 + 𝑁𝐵𝐸 (
1
√2
) = 0 
𝑵𝑩𝑬 = −
√𝟐
𝟑
(𝟖𝟎 + 𝑷) + 𝟒𝟎√𝟐 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → − [
1
3
(80 + 𝑃)] + 𝑁𝐵𝐶 + 𝑁𝐵𝐸 (
1
√2
) = 0 
𝑁𝐵𝐶 = [
1
3
(80 + 𝑃)] − [−
√2
3
(80 + 𝑃) + 40√2] (
1
√2
) 
𝑁𝐵𝐶 =
1
3
(80 + 𝑃) +
1
3
(80 + 𝑃) − 40 
𝑵𝑩𝑪 =
𝟐
𝟑
(𝟖𝟎 + 𝑷) − 𝟒𝟎 
→ Equilíbrio nó C: 
 
55 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → − [
2
3
(80 + 𝑃) − 40] + 𝑁𝐶𝐷 = 0 
𝑵𝑪𝑫 =
𝟐
𝟑
(𝟖𝟎 + 𝑷) − 𝟒𝟎 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → −𝑃 + 𝑁𝐶𝐸 = 0 
𝑵𝑪𝑬 = 𝑷 
→ Equilíbrio nó D: 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 →
2
3
(20 + 𝑃) + 𝑁𝐷𝐸 (
1
√2
) = 0 
𝑵𝑫𝑬 = −
𝟐√𝟐
𝟑
(𝟐𝟎 + 𝑷) 
→ Resumindo: 
56 
 
 
𝑴𝒆𝒎𝒃𝒓𝒐 𝑵 
𝝏𝑵
𝝏𝑷
 𝑵 (𝑷 = 𝟒𝟎) 𝑳 𝑵 (
𝝏𝑵
𝝏𝑷
) 𝑳 
𝐴𝐹 −
√2
3
(80 + 𝑃) −
√2
3
 −40√2 6√2 226,274 
𝐴𝐵 
1
3
(80 + 𝑃) 
1
3
 40 6 80 
𝐸𝐹 −
1
3
(80 + 𝑃) −
1
3
 −40 6 80 
𝐵𝐹 
1
3
(80 + 𝑃) 
1
3
 40 6 80 
𝐵𝐸 −
√2
3
(80 + 𝑃) + 40√2 −
√2
3
 0 6√2 0 
𝐵𝐶 
2
3
(80 + 𝑃) − 40 
2
3
 40 6 160 
𝐶𝐷 
2
3
(80 + 𝑃) − 40 
2
3
 40 6 160 
𝐶𝐸 𝑃 1 40 6 240 
𝐷𝐸 −
2√2
3
(20 + 𝑃) −
2√2
3
 −40√2 6√2 452,548 
∑ = 1478,822 𝑘𝑁. 𝑚 
Com as informações obtidas anteriormente, pode-se calcular o deslocamento vertical do nó 
C: 
∆𝐶𝑉= ∑ 𝑁 (
𝜕𝑁
𝜕𝑃
)
𝐿
𝐴𝐸
=
1478,822
𝐴𝐸
=
1478,822 ∙ 103
(300 ∙ 10−6)(200 ∙ 109)
= 0,024647𝑚 = 24,647 𝑚𝑚 
∆𝑪𝑽= 𝟐𝟒, 𝟔𝟒𝟕 𝒎𝒎 ( ↓ ) 
57 
 
b) Pelo método da carga unitária, tem-se que: 
∆𝐶𝑉= ∑
𝑁𝑛𝐿
𝐴𝐸
 
Pede-se o deslocamento vertical do nó C da treliça, para isso, aplica-se uma carga unitária 
no local indicado: 
 
→ Diagrama de corpo livre: 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → 1(12) − 𝑉𝐷(18) = 0 
𝑽𝑫 =
𝟐
𝟑
 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝑉𝐴 + 𝑉𝐷 − 1 = 0 
𝑽𝑨 =
𝟏
𝟑
 𝒌𝑵 
58 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝑨𝑿 = 𝟎 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó A: 
 
𝑠𝑒𝑛 𝜃 = cos 𝜃 =
6
√72
=
6
6√2
=
1
√2
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 →
1
3
+ 𝑛𝐴𝐹 (
1
√2
) = 0 
𝒏𝑨𝑭 = −
√𝟐
𝟑
 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝑛𝐴𝐵 + 𝑛𝐴𝐹 (
1
√2
) = 0 
𝒏𝑨𝑩 =
𝟏
𝟑
 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó F: 
59 
 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → − (−
√2
3
) (
1
√2
) + 𝑛𝐸𝐹 = 0 
𝒏𝑬𝑭 = −
𝟏
𝟑
 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → − (−
√2
3
) (
1
√2
) − 𝑛𝐵𝐹 = 0 
𝒏𝑩𝑭 =
𝟏
𝟑
 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó B: 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 →
1
3
+ 𝑛𝐵𝐸 (
1
√2
) = 0 
60 
 
𝒏𝑩𝑬 = −
√𝟐
𝟑
 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → −
1
3
+ 𝑛𝐵𝐶 + 𝑛𝐵𝐸 (
1
√2
) = 0 
𝑛𝐵𝐶 =
1
3
− (−
√2
3
) (
1
√2
) → 𝑛𝐵𝐶 =
1
3
+
1
3
 
𝒏𝑩𝑪 =
𝟐
𝟑
 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó C: 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → −
2
3
+ 𝑛𝐶𝐷 = 0 
𝒏𝑪𝑫 =
𝟐
𝟑
 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → −1 + 𝑛𝐶𝐸 = 0 
𝒏𝑪𝑬 = 𝟏 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó D: 
61 
 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 →
2
3
+ 𝑛𝐷𝐸 (
1
√2
) = 0 
𝒏𝑫𝑬 = −
𝟐√𝟐
𝟑
 𝒌𝑵 
→ Cálculo de 𝑁 para 𝑃 = 40 𝑘𝑁: 
𝑵𝑨𝑭 = −𝟒𝟎√𝟐 𝒌𝑵 
𝑵𝑨𝑩 = 𝟒𝟎 𝒌𝑵 
𝑵𝑬𝑭 = −𝟒𝟎 𝒌𝑵 
𝑵𝑩𝑭 = 𝟒𝟎 𝒌𝑵 
𝑵𝑩𝑬 = 𝟎 𝒌𝑵 
𝑵𝑩𝑪 = 𝟒𝟎 𝒌𝑵 
𝑵𝑪𝑫 = 𝟒𝟎 𝒌𝑵 
𝑵𝑪𝑬 = 𝟒𝟎 𝒌𝑵 
𝑵𝑫𝑬 = −𝟒𝟎√𝟐 𝒌𝑵 
 
→ Resumindo: 
Aplicação da carga unitária: 
 
Carregamento real: 
62 
 
 
𝑴𝒆𝒎𝒃𝒓𝒐 𝑵 (𝒌𝑵) 𝒏 (𝒌𝑵) 𝑳 (𝒎) 𝑵𝒏𝑳 
𝐴𝐹 −40√2 −
√2
3
 6√2 226,274 
𝐴𝐵 40 
1
3
 6 80 
𝐸𝐹 −40 −
1
3
 6 80 
𝐵𝐹 40 
1
3
 6 80 
𝐵𝐸 0 −
√2
3
 6√2 0 
𝐵𝐶 40 
2
3
 6 160 
𝐶𝐷 40 
2
3
 6 160 
𝐶𝐸 40 1 6 240 
𝐷𝐸 −40√2 −
2√2
3
 6√2 452,548 
∑ = 1478,822 𝑘𝑁. 𝑚 
Com as informações obtidas anteriormente, pode-se calcular o deslocamento vertical do nó 
C: 
∆𝐶𝑉= ∑
𝑁𝑛𝐿
𝐴𝐸
=
1478,822
𝐴𝐸
=
1478,822 ∙ 103
(300 ∙ 10−6)(200 ∙ 109)
= 0,024647𝑚 = 24,647 𝑚𝑚 
∆𝑪𝑽= 𝟐𝟒, 𝟔𝟒𝟕 𝒎𝒎 ( ↓ ) 
63 
 
1.3.3) Determine o deslocamento horizontal do nó D da treliça mostrada na figura. 
Considere 𝐸 = 200𝐺𝑃𝑎. O raio da seção transversal dos membros AB e BC é 16 𝑚𝑚 e 
dos membros AD, CD e BD é 12 𝑚𝑚. 
a) Utilize o Teorema de Castigliano; 
b) Utilize o Método da Carga Unitária. 
 
a) Pelo Teorema de Castigliano, tem-se que: 
∆𝐷𝐻= ∑ 𝑁 (
𝜕𝑁
𝜕𝑃
)
𝐿
𝐴𝐸
 
Pede-se o deslocamento horizontal do nó D da treliça, para isso, aplica-se uma força P no 
local indicado: 
 
→ Diagrama de corpo livre: 
64 
 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → −𝐵𝑌(2) + 20(4) + 𝑃(1,5) = 0 → 𝐵𝑌 =
80
2
+
1,5𝑃
2
 
𝑩𝒀 = 𝟒𝟎 + 𝟎, 𝟕𝟓𝑷 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → −𝐴𝑌 + 𝐵𝑌 − 20 = 0 → 𝐴𝑌 = −20 + 40 + 0,75𝑃 
𝑨𝒀 = 𝟐𝟎 + 𝟎, 𝟕𝟓𝑷 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → −𝐴𝑋 + 𝑃 = 0 
𝑨𝑿 = 𝑷 
→ Equilíbrio nó A: 
 
𝑠𝑒𝑛 𝜃 =
1,5
2,5
 𝑒 cos 𝜃 =
2
2,5
 
65 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → −20 − 0,75𝑃 + 𝑁𝐴𝐷 (
1,5
2,5
) = 0 
𝑵𝑨𝑫 = 𝟏, 𝟐𝟓𝑷 + 𝟑𝟑, 𝟑𝟑𝟑 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → −𝑃 + 𝑁𝐴𝐵 + 𝑁𝐴𝐷 (
2
2,5
) = 0 → 𝑁𝐴𝐵 = 𝑃 − (1,25𝑃 + 33,333) (
2
2,5
) 
𝑁𝐴𝐵 = 𝑃 − 𝑃 − 26,666 
𝑵𝑨𝑩 = −𝟐𝟔, 𝟔𝟔𝟔 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó B: 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → −(−26,666) + 𝑁𝐵𝐶 = 0 
𝑵𝑩𝑪 = −𝟐𝟔, 𝟔𝟔𝟔 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 40 + 0,75𝑃 + 𝑁𝐵𝐷 = 0 
𝑵𝑩𝑫 = −𝟒𝟎 − 𝟎, 𝟕𝟓𝑷 
→ Equilíbrio nó C: 
66 
 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → −20 + 𝑁𝐶𝐷 (
1,5
2,5
) = 0 
𝑵𝑪𝑫 = 𝟑𝟑, 𝟑𝟑𝟑 𝒌𝑵 
→ Resumindo: 
 
→ Cálculo da área da seção transversal em cada um dos membros: 
𝐴𝐴𝐵 = 𝐴𝐵𝐶 = 𝜋𝑟
2 = 𝜋(162) = 804,25 𝑚𝑚2 = 804,25 ∙ 10−6 𝑚2 
𝐴𝐴𝐷 = 𝐴𝐵𝐷 = 𝐴𝐶𝐷 = 𝜋𝑟
2 = 𝜋(122) = 452,39 𝑚𝑚2 = 452,39 ∙ 10−6 𝑚2 
𝑴𝒆𝒎𝒃𝒓𝒐 𝑵 𝝏𝑵
𝝏𝑷
 
𝑵 (𝑷 = 𝟎) 𝑳 
𝑵 (
𝝏𝑵
𝝏𝑷
) 𝑳 
𝐴𝐵 −26,666 𝑘𝑁 0 −26,666 2 0 
𝐴𝐷 1,25𝑃 + 33,333 1,25 33,333 2,5 104,1666 
67 
 
𝐵𝐷 −40 − 0,75𝑃 −0,75 −40 1,5 45 
𝐵𝐶 −26,666 𝑘𝑁 0 −26,666 2 0 
𝐶𝐷 33,333 𝑘𝑁 0 33,333 2,5 0 
Com as informações obtidas anteriormente, pode-se calcular o deslocamento horizontal do 
nó D: 
∆𝐷𝐻= ∑ 𝑁 (
𝜕𝑁
𝜕𝑃
)
𝐿
𝐴𝐸
=
104,1666
(𝐴𝐴𝐷)𝐸
+
45
(𝐴𝐵𝐷)𝐸
=
104,1666 ∙ 103
(452,39 ∙ 10−6)(200 ∙ 109)
+
45 ∙ 103
(452,39 ∙ 10−6)(200 ∙ 109)
= 1,64865 ∙ 10−3𝑚
= 1,64865 𝑚𝑚 
∆𝑫𝑯= 𝟏, 𝟔𝟓 𝒎𝒎 ( → ) 
b) Pelo método da carga unitária, tem-se que: 
∆𝐷𝐻= ∑
𝑁𝑛𝐿
𝐴𝐸
 
Pede-se o deslocamento horizontal do nó D da treliça, para isso, aplica-se uma carga 
unitária no local indicado: 
 
→ Diagrama de corpo livre: 
68 
 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → −𝐵𝑌(2) + 1(1,5) = 0 
𝑩𝒀 = 𝟎, 𝟕𝟓 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → −𝐴𝑌 + 𝐵𝑌 = 0 
𝑨𝒀 = 𝟎, 𝟕𝟓 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → −𝐴𝑋 + 1 = 0 
𝑨𝑿 = 𝟏 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó A: 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → −0,75 + 𝑛𝐴𝐷 (
1,5
2,5
) = 0 
𝒏𝑨𝑫 = 𝟏, 𝟐𝟓 𝒌𝑵 
69 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝑛𝐴𝐵 + 𝑛𝐴𝐷 (
2
2,5
) − 1 = 0 → 𝑛𝐴𝐵 = 1 − 1,25 (
2
2,5
) 
𝒏𝑨𝑩 = 𝟎 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó B: 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 0,75 + 𝑛𝐵𝐷 = 0 
𝒏𝑩𝑫 = −𝟎, 𝟕𝟓 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝒏𝑩𝑪 = 𝟎 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó C: 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝒏𝑪𝑫 = 𝟎 𝒌𝑵 
→ Cálculo de 𝑁 para 𝑃 = 0 𝑘𝑁: 
𝑁𝐴𝐷 = 1,25𝑃 + 33,333 → 𝑵𝑨𝑫 = 𝟑𝟑, 𝟑𝟑𝟑 𝒌𝑵 
70 
 
𝑵𝑨𝑩 = −𝟐𝟔, 𝟔𝟔𝟔 𝒌𝑵 
𝑵𝑩𝑪 = −𝟐𝟔, 𝟔𝟔𝟔 𝒌𝑵 
𝑁𝐵𝐷 = −40 − 0,75𝑃 → 𝑵𝑩𝑫 = −𝟒𝟎 𝒌𝑵 
𝑵𝑪𝑫 = 𝟑𝟑, 𝟑𝟑𝟑 𝒌𝑵 
→ Resumindo: 
Aplicação da carga unitária: 
 
Carregamento real: 
 
𝑴𝒆𝒎𝒃𝒓𝒐 𝑵 𝒏 𝑳 𝑵𝒏𝑳 
𝐴𝐵 −26,666 𝑘𝑁 0 2 0 
𝐴𝐷 33,333 𝑘𝑁 1,25 2,5 104,1666 
𝐵𝐷 −40 𝑘𝑁 −0,75 1,5 45 
𝐵𝐶 −26,666 𝑘𝑁 0 2 0𝐶𝐷 33,333 𝑘𝑁 0 2,5 0 
71 
 
Com as informações obtidas anteriormente, pode-se calcular o deslocamento horizontal do 
nó D: 
∆𝐷𝐻= ∑
𝑁𝑛𝐿
𝐴𝐸
=
104,1666
(𝐴𝐴𝐷)𝐸
+
45
(𝐴𝐵𝐷)𝐸
=
104,1666 ∙ 103
(452,39 ∙ 10−6)(200 ∙ 109)
+
45 ∙ 103
(452,39 ∙ 10−6)(200 ∙ 109)
= 1,64865 ∙ 10−3𝑚
= 1,64865 𝑚𝑚 
∆𝑫𝑯= 𝟏, 𝟔𝟓 𝒎𝒎 ( → ) 
 
72 
 
1.3.4) Determine o deslocamento horizontal e vertical do nó C da treliça mostrada na figura. 
Considere 𝐸 = 200𝐺𝑃𝑎. O raio da seção transversal dos membros AB e BC é 16 𝑚𝑚 e dos 
membros AD, CD e BD é 12 𝑚𝑚. 
a) Utilize o Teorema de Castigliano; 
b) Utilize o Método da Carga Unitária. 
 
a) DESLOCAMENTO HORIZONTAL DO NÓ C. 
Pelo Teorema de Castigliano, tem-se que: 
∆𝐶𝐻= ∑ 𝑁 (
𝜕𝑁
𝜕𝑃
)
𝐿
𝐴𝐸
 
Pede-se o deslocamento horizontal do nó C da treliça, para isso, aplica-se uma força P no 
local indicado: 
 
→ Diagrama de corpo livre: 
73 
 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → −𝐵𝑌(2) + 20(4) = 0 → 𝐵𝑌 =
80
2
 
𝑩𝒀 = 𝟒𝟎 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → −𝐴𝑌 + 𝐵𝑌 − 20 = 0 → 𝐴𝑌 = −20 + 40 
𝑨𝒀 = 𝟐𝟎 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → −𝐴𝑋 + 𝑃 = 0 
𝑨𝑿 = 𝑷 
→ Equilíbrio nó A: 
 
𝑠𝑒𝑛 𝜃 =
1,5
2,5
 𝑒 cos 𝜃 =
2
2,5
 
74 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → −20 + 𝑁𝐴𝐷 (
1,5
2,5
) = 0 
𝑵𝑨𝑫 = 𝟑𝟑, 𝟑𝟑𝟑 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → −𝑃 + 𝑁𝐴𝐵 + 𝑁𝐴𝐷 (
2
2,5
) = 0 → 𝑁𝐴𝐵 = 𝑃 − (33,333) (
2
2,5
) 
𝑁𝐴𝐵 = 𝑃 − 26,666 
𝑵𝑨𝑩 = 𝑷 − 𝟐𝟔, 𝟔𝟔𝟔 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó B: 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → −(𝑃 − 26,666) + 𝑁𝐵𝐶 = 0 
𝑵𝑩𝑪 = 𝑷 − 𝟐𝟔, 𝟔𝟔𝟔 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 40 + 𝑁𝐵𝐷 = 0 
𝑵𝑩𝑫 = −𝟒𝟎 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó C: 
75 
 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → −20 + 𝑁𝐶𝐷 (
1,5
2,5
) = 0 
𝑵𝑪𝑫 = 𝟑𝟑, 𝟑𝟑𝟑 𝒌𝑵 
→ Resumindo: 
 
→ Cálculo da área da seção transversal em cada um dos membros: 
𝐴𝐴𝐵 = 𝐴𝐵𝐶 = 𝜋𝑟
2 = 𝜋(162) = 804,25 𝑚𝑚2 = 804,25 ∙ 10−6 𝑚2 
𝐴𝐴𝐷 = 𝐴𝐵𝐷 = 𝐴𝐶𝐷 = 𝜋𝑟
2 = 𝜋(122) = 452,39 𝑚𝑚2 = 452,39 ∙ 10−6 𝑚2 
𝑴𝒆𝒎𝒃𝒓𝒐 𝑵 𝝏𝑵
𝝏𝑷
 
𝑵 (𝑷 = 𝟎) 𝑳 
𝑵 (
𝝏𝑵
𝝏𝑷
) 𝑳 
𝐴𝐵 𝑃 − 26,666 1 −26,666 2 −53,333 
𝐴𝐷 33,333 𝑘𝑁 0 33,333 2,5 0 
𝐵𝐷 −40 𝑘𝑁 0 −40 1,5 0 
𝐵𝐶 𝑃 − 26,666 1 −26,666 2 −53,333 
76 
 
𝐶𝐷 33,333 𝑘𝑁 0 33,333 2,5 0 
Com as informações obtidas anteriormente, pode-se calcular o deslocamento horizontal do 
nó C: 
∆𝐶𝐻= ∑ 𝑁 (
𝜕𝑁
𝜕𝑃
)
𝐿
𝐴𝐸
= −
53,333
(𝐴𝐴𝐵)𝐸
−
53,333
(𝐴𝐵𝐶)𝐸
= −
53,333 ∙ 103
(804,25 ∙ 10−6)(200 ∙ 109)
−
53,333 ∙ 103
(804,25 ∙ 10−6)(200 ∙ 109)
= − 6,631 ∙ 10−4𝑚
= − 0,6631 𝑚𝑚 
∆𝑪𝑯= 𝟎, 𝟔𝟔𝟑 𝒎𝒎 ( ← ) 
DESLOCAMENTO VERTICAL DO NÓ C. 
Pelo Teorema de Castigliano, tem-se que: 
∆𝐶𝑉= ∑ 𝑁 (
𝜕𝑁
𝜕𝑃
)
𝐿
𝐴𝐸
 
Pede-se o deslocamento vertical do nó C da treliça, para isso, aplica-se uma força P no 
local indicado: 
 
→ Diagrama de corpo livre: 
77 
 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → −𝐵𝑌(2) + 𝑃(4) = 0 → 𝐵𝑌 =
4𝑃
2
 
𝑩𝒀 = 𝟐𝑷 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → −𝐴𝑌 + 𝐵𝑌 − 𝑃 = 0 → 𝐴𝑌 = −𝑃 + 2𝑃 
𝑨𝒀 = 𝑷 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝑨𝑿 = 𝟎 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó A: 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → −𝑃 + 𝑁𝐴𝐷 (
1,5
2,5
) = 0 
𝑵𝑨𝑫 = 𝟏, 𝟔𝟔𝟔𝑷 
78 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝑁𝐴𝐵 + 𝑁𝐴𝐷 (
2
2,5
) = 0 → 𝑁𝐴𝐵 = −(1,666𝑃) (
2
2,5
) 
𝑵𝑨𝑩 = −𝟏, 𝟑𝟑𝟑𝑷 
→ Equilíbrio nó B: 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → −(−1,333𝑃) + 𝑁𝐵𝐶 = 0 
𝑵𝑩𝑪 = −𝟏, 𝟑𝟑𝟑𝑷 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 2𝑃 + 𝑁𝐵𝐷 = 0 
𝑵𝑩𝑫 = −𝟐𝑷 
→ Equilíbrio nó C: 
79 
 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → −𝑃 + 𝑁𝐶𝐷 (
1,5
2,5
) = 0 
𝑵𝑪𝑫 = 𝟏, 𝟔𝟔𝟔𝑷 
→ Resumindo: 
 
→ Cálculo da área da seção transversal em cada um dos membros: 
𝐴𝐴𝐵 = 𝐴𝐵𝐶 = 𝜋𝑟
2 = 𝜋(162) = 804,25 𝑚𝑚2 = 804,25 ∙ 10−6 𝑚2 
𝐴𝐴𝐷 = 𝐴𝐵𝐷 = 𝐴𝐶𝐷 = 𝜋𝑟
2 = 𝜋(122) = 452,39 𝑚𝑚2 = 452,39 ∙ 10−6 𝑚2 
 
 
80 
 
𝑴𝒆𝒎𝒃𝒓𝒐 𝑵 𝝏𝑵
𝝏𝑷
 
𝑵 (𝑷 = 𝟐𝟎) 𝑳 
𝑵 (
𝝏𝑵
𝝏𝑷
) 𝑳 
𝐴𝐵 −1,333𝑃 −1,333 −26,666 2 71,111 
𝐴𝐷 1,666𝑃 1,666 33,333 2,5 138,888 
𝐵𝐷 −2𝑃 −2 −40 1,5 120 
𝐵𝐶 −1,333𝑃 −1,333 −26,666 2 71,111 
𝐶𝐷 1,666𝑃 1,666 33,333 2,5 138,888 
Com as informações obtidas anteriormente, pode-se calcular o deslocamento vertical do nó 
C: 
∆𝐶𝑉= ∑ 𝑁 (
𝜕𝑁
𝜕𝑃
)
𝐿
𝐴𝐸
=
71,111
(𝐴𝐴𝐵)𝐸
+
138,888
(𝐴𝐴𝐷)𝐸
+
120
(𝐴𝐵𝐷)𝐸
+
71,111
(𝐴𝐵𝐶)𝐸
+
138,888
(𝐴𝐶𝐷)𝐸
=
142,222 ∙ 103
(804,25 ∙ 10−6)(200 ∙ 109)
+
397,777 ∙ 103
(452,39 ∙ 10−6)(200 ∙ 109)
= 5,2806 ∙ 10−3𝑚
= 5,2806 𝑚𝑚 
∆𝑪𝑽= 𝟓, 𝟐𝟖𝟏 𝒎𝒎 ( ↓ ) 
b) DESLOCAMENTO HORIZONTAL DO NÓ C. 
Pelo método da carga unitária, tem-se que: 
∆𝐶𝐻= ∑
𝑁𝑛𝐿
𝐴𝐸
 
Pede-se o deslocamento horizontal do nó C da treliça, para isso, aplica-se uma carga 
unitária no local indicado: 
 
→ Diagrama de corpo livre: 
81 
 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → −𝐵𝑌(2) = 0 
𝑩𝒀 = 𝟎 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → −𝐴𝑌 + 𝐵𝑌 = 0 
𝑨𝒀 = 𝟎 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → −𝐴𝑋 + 1 = 0 
𝑨𝑿 = 𝟏 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó A: 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝑛𝐴𝐷 (
1,5
2,5
) = 0 
𝒏𝑨𝑫 = 𝟎 𝒌𝑵 
82 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝑛𝐴𝐵 + 𝑛𝐴𝐷 (
2
2,5
) − 1 = 0 → 𝑛𝐴𝐵 = 1 − 0 (
2
2,5
) 
𝒏𝑨𝑩 = 𝟏 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó B: 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝒏𝑩𝑫 = 𝟎 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝒏𝑩𝑪 = 𝟏 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó C: 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝒏𝑪𝑫 = 𝟎 𝒌𝑵 
→ Cálculo de 𝑁 para 𝑃 = 0 𝑘𝑁: 
𝑵𝑨𝑫 = 𝟑𝟑, 𝟑𝟑𝟑 𝒌𝑵 
𝑵𝑨𝑩 = −𝟐𝟔, 𝟔𝟔𝟔 𝒌𝑵 
𝑵𝑩𝑪 = −𝟐𝟔, 𝟔𝟔𝟔 𝒌𝑵 
𝑵𝑩𝑫 = −𝟒𝟎 𝒌𝑵 
83 
 
𝑵𝑪𝑫 = 𝟑𝟑, 𝟑𝟑𝟑 𝒌𝑵 
→ Resumindo: 
Aplicação da carga unitária: 
 
Carregamento real: 
 
𝑴𝒆𝒎𝒃𝒓𝒐 𝑵 𝒏 𝑳 𝑵𝒏𝑳 
𝐴𝐵 −26,666 𝑘𝑁 1 2 −53,333 
𝐴𝐷 33,333 𝑘𝑁 0 2,5 0 
𝐵𝐷 −40 𝑘𝑁 0 1,5 0 
𝐵𝐶 −26,666 𝑘𝑁 1 2 −53,333 
𝐶𝐷 33,333 𝑘𝑁 0 2,5 0 
Com as informações obtidas anteriormente, pode-se calcular o deslocamento horizontal do 
nó C: 
84 
 
∆𝐶𝐻= ∑
𝑁𝑛𝐿
𝐴𝐸
== −
53,333
(𝐴𝐴𝐵)𝐸
−
53,333
(𝐴𝐵𝐶)𝐸
= −
53,333 ∙ 103
(804,25 ∙ 10−6)(200 ∙ 109)
−
53,333 ∙ 103
(804,25 ∙ 10−6)(200 ∙ 109)
= − 6,631 ∙ 10−4𝑚
= − 0,6631 𝑚𝑚 
∆𝑪𝑯= 𝟎, 𝟔𝟔𝟑 𝒎𝒎 ( ← ) 
DESLOCAMENTO VERTICAL DO NÓ C. 
Pelo método da carga unitária, tem-se que: 
∆𝐶𝑉= ∑
𝑁𝑛𝐿
𝐴𝐸
 
Pede-se o deslocamento vertical do nó C da treliça, para isso, aplica-se uma carga unitária 
no local indicado: 
 
→ Diagrama de corpo livre: 
85 
 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → −𝐵𝑌(2) + 1(4) = 0 
𝑩𝒀 = 𝟐 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → −𝐴𝑌 + 𝐵𝑌 − 1 = 0 
𝑨𝒀 = 𝟏 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝑨𝑿 = 𝟎 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó A: 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝑛𝐴𝐷 (
1,5
2,5
) − 1 = 0 
86 
 
𝒏𝑨𝑫 = 𝟏, 𝟔𝟔𝟔 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝑛𝐴𝐵 + 𝑛𝐴𝐷 (
2
2,5
) = 0 → 𝑛𝐴𝐵 = −1,666 (
2
2,5
) 
𝒏𝑨𝑩 = −𝟏, 𝟑𝟑𝟑 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó B: 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝑛𝐵𝐷 + 2 = 0 
𝒏𝑩𝑫 = −𝟐 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝑛𝐵𝐶 − (−1,333) = 0 
𝒏𝑩𝑪 = −𝟏, 𝟑𝟑𝟑 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó C: 
 
87 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝑛𝐶𝐷 (
1,5
2,5
) − 1 = 0 
𝒏𝑪𝑫 = 𝟏, 𝟔𝟔𝟔 𝒌𝑵 
→ Cálculo de 𝑁 para 𝑃 = 20 𝑘𝑁: 
𝑵𝑨𝑫 = 𝟑𝟑, 𝟑𝟑𝟑 𝒌𝑵 
𝑵𝑨𝑩 = −𝟐𝟔, 𝟔𝟔𝟔 𝒌𝑵 
𝑵𝑩𝑪 = −𝟐𝟔, 𝟔𝟔𝟔 𝒌𝑵 
𝑵𝑩𝑫 = −𝟒𝟎 𝒌𝑵 
𝑵𝑪𝑫 = 𝟑𝟑, 𝟑𝟑𝟑 𝒌𝑵 
→ Resumindo: 
Aplicação da carga unitária: 
 
Carregamento real: 
88 
 
 
𝑴𝒆𝒎𝒃𝒓𝒐 𝑵 𝒏 𝑳 𝑵𝒏𝑳 
𝐴𝐵 −26,666 𝑘𝑁 −1,333 2 71,111 
𝐴𝐷 33,333 𝑘𝑁 1,666 2,5 138,888 
𝐵𝐷 −40 𝑘𝑁 −2 1,5 120 
𝐵𝐶 −26,666 𝑘𝑁 −1,333 2 71,111 
𝐶𝐷 33,333 𝑘𝑁 1,666 2,5 138,888 
Com as informações obtidas anteriormente, pode-se calcular o deslocamento vertical do nó 
C: 
∆𝐶𝑉= ∑
𝑁𝑛𝐿
𝐴𝐸
=
71,111
(𝐴𝐴𝐵)𝐸
+
138,888
(𝐴𝐴𝐷)𝐸
+
120
(𝐴𝐵𝐷)𝐸
+
71,111
(𝐴𝐵𝐶)𝐸
+
138,888
(𝐴𝐶𝐷)𝐸
=
142,222 ∙ 103
(804,25 ∙ 10−6)(200 ∙ 109)
+
397,777 ∙ 103
(452,39 ∙ 10−6)(200 ∙ 109)
= 5,2806 ∙ 10−3𝑚
= 5,2806 𝑚𝑚 
∆𝑪𝑽= 𝟓, 𝟐𝟖𝟏 𝒎𝒎 ( ↓ ) 
 
89 
 
1.3.5) Seja a treliça mostrada na figura a seguir. Considere 𝛼 = 10−5/°𝐶. 
a) Determine o deslocamento vertical do nó C provocado por um aumento uniforme de 
temperatura igual a 40°𝐶 distribuído nas barras AB e BC; 
b) Calcule o deslocamento vertical do nó C provocado por um aumento no comprimento 
da barra DE de 1 cm, ocorrido em função de um erro de fabricação. 
 
a) Determinação do deslocamento vertical do nó C provocado pelo aumento de 
temperatura. 
 
→ Determina-se a o deslocamento verticaldo nó C (deslocamento máximo) através da 
seguinte equação: 
∆𝑚á𝑥
𝐶 = ∑ 𝑛 ∙ 𝛼 ∙ ∆𝑇𝑀 ∙ 𝐿 
→ Carregamento virtual unitário aplicado no nó C: 
90 
 
 
Nas barras AE, CE, BE e DE a temperatura não varia, ou seja, ∆𝑇𝑀 = 0°𝐶. Como 
consequência disso, tem-se que: 
∆𝑚á𝑥
𝐶 = ∑ 𝑛 ∙ 𝛼 ∙ ∆𝑇𝑀 ∙ 𝐿
= 𝑛𝐴𝐵 ∙ 𝛼 ∙ ∆𝑇𝑀 ∙ 𝐿𝐴𝐵 + 𝑛𝐵𝐶 ∙ 𝛼 ∙ ∆𝑇𝑀 ∙ 𝐿𝐵𝐶 + 𝑛𝐴𝐸 ∙ 𝛼 ∙ (0) ∙ 𝐿𝐴𝐸 + 𝑛𝐶𝐸 ∙ 𝛼 ∙ (0) ∙ 𝐿𝐶𝐸
+ 𝑛𝐵𝐸 ∙ 𝛼 ∙ (0) ∙ 𝐿𝐵𝐸 + 𝑛𝐷𝐸 ∙ 𝛼 ∙ (0) ∙ 𝐿𝐷𝐸 
∆𝒎á𝒙
𝑪 = 𝒏𝑨𝑩 ∙ 𝜶 ∙ ∆𝑻𝑴 ∙ 𝑳𝑨𝑩 + 𝒏𝑩𝑪 ∙ 𝜶 ∙ ∆𝑻𝑴 ∙ 𝑳𝑩𝑪 
→ Equilíbrio nó C: 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → −1 − 𝑛𝐶𝐸 (
1
√10
) = 0 
𝒏𝑪𝑬 = −√𝟏𝟎 𝒌𝑵 
91 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → −𝑛𝐵𝐶 − 𝑛𝐶𝐸 (
3
√10
) = 0 
𝒏𝑩𝑪 = 𝟑 𝒌𝑵 
→ Equilíbrio nó B: 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝒏𝑩𝑬 = 𝟎 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → −𝑛𝐴𝐵 + 3 = 0 
𝒏𝑨𝑩 = 𝟑 𝒌𝑵 
Assim, é possível calcular o deslocamento vertical do nó C da treliça através dos dados 
obtidos: 
∆𝑚á𝑥
𝐶 = 𝑛𝐴𝐵 ∙ 𝛼 ∙ ∆𝑇𝑀 ∙ 𝐿𝐴𝐵 + 𝑛𝐵𝐶 ∙ 𝛼 ∙ ∆𝑇𝑀 ∙ 𝐿𝐵𝐶 = (3)(10
−5)(40)(3) + (3)(10−5)(40)(3)
= 0,0072 𝑚 
∆𝒎á𝒙
𝑪 = 𝟕, 𝟐 𝒎𝒎 ( ↓ ) 
b) Cálculo do deslocamento vertical do nó C provocado por um aumento no comprimento 
da barra DE de 1 cm, ocorrido em função de um erro de fabricação. 
→ Determina-se a o deslocamento vertical do nó C (deslocamento máximo) através da 
seguinte equação: 
∆𝑚á𝑥
𝐶 = ∑ 𝑛 ∙ ∆𝐿 
92 
 
Como a variação do comprimento ocorre apenas na barra DE: 
∆𝑚á𝑥
𝐶 = ∑ 𝑛 ∙ ∆𝐿 = 𝑛𝐷𝐸 ∙ ∆𝐿 = 𝑛𝐷𝐸(0,01) 
→ Equilíbrio nó E: 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → −√10 (
1
√10
) + 𝑛𝐴𝐸 (
1
√10
) − 𝑛𝐷𝐸 (
1
√10
) = 0 
−√10 + 𝑛𝐴𝐸 − 𝑛𝐷𝐸 = 0 
𝒏𝑫𝑬 = −√𝟏𝟎 + 𝒏𝑨𝑬 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → −√10 (
3
√10
) − 𝑛𝐴𝐸 (
3
√10
) − 𝑛𝐷𝐸 (
3
√10
) = 0 
−√10 − 𝑛𝐴𝐸 − 𝑛𝐷𝐸 = 0 → −√10 − 𝑛𝐴𝐸 − (−√10 + 𝑛𝐴𝐸) = 0 
−√10 − 𝑛𝐴𝐸 + √10 − 𝑛𝐴𝐸 = 0 
𝒏𝑨𝑬 = 𝟎 𝒌𝑵 
𝒏𝑫𝑬 = −√𝟏𝟎 𝒌𝑵 
Assim, é possível calcular o deslocamento vertical do nó C da treliça através dos dados 
obtidos: 
∆𝑚á𝑥
𝐶 = 𝑛𝐷𝐸(0,01) = (−√10)(0,01) = −0,0316 𝑚 
∆𝒎á𝒙
𝑪 = 𝟑𝟏, 𝟔 𝒎𝒎 ( ↑ ) 
93 
 
2) ANÁLISE DE ESTRUTURAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS 
PELO MÉTODO DA FORÇA 
2.1) VIGAS 
2.1.1) A viga treliçada mostrada na figura suporta uma carga distribuída uniforme de 
100 𝑘𝑁/𝑚. Se todas as barras da treliça tem uma seção transversal de 750 𝑚𝑚2, determine 
a força na barra BC. Despreze o efeito da compressão axial e da cortante na viga. 
Considere 𝐸 = 200𝐺𝑃𝑎 para todos os elementos da estrutura apresentada. O momento de 
inércia da viga AD é 𝐼 𝐴𝐷 = 300 ∙ 10
6 𝑚𝑚4. Presuma que A seja um apoio articulado fixo e 
D um apoio articulado móvel. 
 
→ Estrutura primária: 
 
→ 𝐹𝐵𝐶 redundante aplicada: 
94 
 
 
→ Condição de compatibilidade: 
0 = ∆𝐵𝐶 + 𝐹𝐵𝐶 ∙ 𝑓𝐵𝐶𝐵𝐶 
𝐹𝐵𝐶 =
−∆𝐵𝐶
𝑓𝐵𝐶𝐵𝐶
 
Sabe-se que: 
∆𝐵𝐶= ∫
𝑀𝑚
𝐸𝐼
𝐿
0
𝑑𝑥 + ∑
𝑁𝑛𝐿
𝐸𝐴
 
𝑓𝐵𝐶𝐵𝐶 = ∫
𝑚2
𝐸𝐼
𝐿
0
𝑑𝑥 + ∑
𝑛2𝐿
𝐸𝐴
 
→ Equilíbrio da estrutura primária: 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → −100(4,8)(2,4) + 𝐷𝑦(4,8) = 0 
𝑫𝒚 = 𝟐𝟒𝟎 𝒌𝑵 
95 
 
∑ 𝐹𝑦 = 0 → −100(4,8) + 𝐴𝑦 + 𝐷𝑦 = 0 
𝐴𝑦 = 480 − 240 
𝑨𝒚 = 𝟐𝟒𝟎 𝒌𝑵 
Como não há força atuando na direção horizontal: 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝐴𝑥 = 𝐷𝑥 
𝑨𝒙 = 𝑫𝒙 = 𝟎 𝒌𝑵 
Adotando-se a barra BC como redundante, a área treliçada não sofrerá esforços 
provocados pela carga real, ou seja: 𝑁𝐴𝐵 = 𝑁𝐵𝐶 = 𝑁𝐵𝐸 = 𝑁𝐶𝐸 = 𝑁𝐶𝐷 = 0 𝑘𝑁. 
→ Diagrama de corpo livre: 
 
𝑀𝑠1 = −100(𝑥) (
𝑥
2
) + 240(𝑥) = −50𝑥2 + 240𝑥 = 𝑀𝑠2 
→ Equilíbrio da ponte com o carregamento virtual unitário na barra BC: 
 
96 
 
→ Equilíbrio do nó B: 
 
𝑠𝑒𝑛 𝜃 =
1,2
1,5
 𝑒 cos 𝜃 =
0,9
1,5
 
∑ 𝐹𝑦 = 0 → 𝑛𝐵𝐸 (
0,9
1,5
) + 𝑛𝐵𝐴 (
0,9
1,5
) = 0 
𝑛𝐵𝐴 = −𝑛𝐵𝐸 
∑ 𝐹𝑥 = 0 → 1 + 𝑛𝐵𝐸 (
1,2
1,5
) − 𝑛𝐵𝐴 (
1,2
1,5
) = 0 
1 + 𝑛𝐵𝐸 (
1,2
1,5
) + 𝑛𝐵𝐸 (
1,2
1,5
) = 0 
𝒏𝑩𝑬 = −𝟎, 𝟔𝟐𝟓 𝒌𝑵 
Como 𝑛𝐵𝐴 = −𝑛𝐵𝐸: 
𝒏𝑩𝑨 = 𝟎, 𝟔𝟐𝟓 𝒌𝑵 
→ Decomposição do vetor 𝑛𝐵𝐴: 
97 
 
 
𝐴𝑥 = 0,625 (
1,2
1,5
) = 0,5 𝑘𝑁 
𝐴𝑦 = 0,625 (
0,9
1,5
) = 0,375 𝑘𝑁 
→ Diagrama de corpo livre: 
 
𝑚𝑠1 = −0,375𝑥 = 𝑚𝑠2 
Assim, é possível calcular a força na barra BC através dos dados obtidos: 
∆𝐵𝐶= ∫
𝑀𝑚
𝐸𝐼
𝐿
0
𝑑𝑥 + ∑
𝑁𝑛𝐿
𝐸𝐴
= 2 ∫
(−50𝑥2 + 240𝑥)(−0,375𝑥)
𝐸𝐼
2,4
0
𝑑𝑥 + 0 
= 2 ∫
(18,75𝑥3 − 90𝑥2)
𝐸𝐼
2,4
0
𝑑𝑥 =
2
𝐸𝐼
(
18,75𝑥4
4
−
90𝑥3
3
) |
 2,4
 0
=
2
𝐸𝐼
(
18,75(2,4)4
4
−
90(2,4)3
3
) = −
518,4
𝐸𝐼
= −
518,4
𝐸𝐼
= −
518,4 ∙ 103
(200 ∙ 109)(300 ∙ 10−6)
= −8,64 ∙ 10−3𝑚 
98 
 
𝑓𝐵𝐶𝐵𝐶 = ∫
𝑚2
𝐸𝐼
𝐿
0
𝑑𝑥 + ∑
𝑛2𝐿
𝐸𝐴
= 2 ∫
(−0,375𝑥)2
𝐸𝐼
2,4
0
𝑑𝑥 +
(1)2(2,4)
𝐸𝐴
+ 2
(−0,625)21,5
𝐸𝐴
+ 2
(0,625)21,5
𝐸𝐴
=
0,28125
𝐸𝐼
(
𝑥3
3
) |
 2,4
 0
+
4,74375
𝐸𝐴
=
0,09375
𝐸𝐼
(2,4)3 +
4,74375 ∙ 103
(200 ∙ 109)(750 ∙ 10−6)
=
1,296
𝐸𝐼
+ 3,1625 ∙ 10−5 =
1,296 ∙ 103
(200 ∙ 109)(300 ∙ 10−6)
+ 3,1625 ∙ 10−5
= 2,16 ∙ 10−5 + 3,1625 ∙ 10−5 = 5,3225 ∙ 10−5𝑚/𝑘𝑁 
Portanto, substituindo os valores obtidos anteriormente: 
𝐹𝐵𝐶 =
−∆𝐵𝐶
𝑓𝐵𝐶𝐵𝐶
=
−(−8,64 ∙ 10−3)
5,3225 ∙ 10−5
= 162,33 𝑘𝑁 
𝑭𝑩𝑪 = 𝟏𝟔𝟐, 𝟑𝟑 𝒌𝑵 (tração) 
99 
 
2.1.2) Para a viga a seguir, pede-se: 
a) Calcular as reações de apoio. Utilize o método das forças e considere a reação no nó 
A como redundante. Considere o vão total da viga como 𝐿 = 12 𝑚 e a carga 𝑃 = 60 𝑘𝑁 
sendo aplicada no meio do vão; 
b) Apresente as duas equações que representam o esforço cortante ao longo da viga 
AB; 
c) Trace o diagrama de esforço cortante, indicando os valores máximos e mínimos; 
d) Apresente as duas equações que representam o momento fletor ao longo da viga AB; 
e) Trace o diagrama do momento fletor, indicando os valores máximos e mínimos; 
f) Qual o valor da flecha (solução teórica) exatamente abaixo da carga P? 
g) Qual o valor da flecha (solução com auxilio de tabela) exatamente abaixo da carga P? 
Considere 𝐸 = 200 𝐺𝑃𝑎 e 𝐼 = 300 ∙ 106𝑚𝑚4. 
 
a) Reações de apoio. 
→ Diagrama de Corpo Livre: 
 
𝐺𝐼𝐸 = 4 − 3 = 1 → Estrutura Hiperestática 
100 
 
→ Princípio da superposição dos efeitos: 
 
Viga real 
= 
 
Estrutura primária 
+ 
 
∆′𝐴𝐴 = 𝐴𝑌 ∙ 𝑓𝐴𝐴 
101 
 
𝐴𝑌 redundante aplicada 
→ Equação de compatibilidade dos deslocamentos: 
0 = ∆𝐴 + ∆
′
𝐴𝐴 = ∆𝐴 + 𝐴𝑌 ∙ 𝑓𝐴𝐴 
𝐴𝑌 =
−∆𝐴
𝑓𝐴𝐴
 
→ Pelo princípio dos trabalhos virtuais: 
∆𝐴= ∫
𝑀𝑚
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
 
𝑓𝐴𝐴 = ∫
𝑚2
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
 
→ Caso 1: Cálculo de 𝑓𝐴𝐴 
 
𝑚𝑠1 = 1(𝑥) = 𝑥 
𝑓𝐴𝐴 = ∫
𝑚2
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
= ∫
𝑥2
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
∫ 𝑥2𝑑𝑥
𝐿
0
=
1
𝐸𝐼
(
𝑥3
3
)|
 𝐿
 0
=
𝐿3
3𝐸𝐼
=
123
3𝐸𝐼
=
576
𝐸𝐼
 
→ Caso 2: Cálculo de ∆𝐴 
102 
 
 
𝑀𝑠1 = 0(𝑥1) = 0 
𝑀𝑠2 = −𝑃(𝑥2) = −𝑃𝑥2 
 
𝑚𝑠1 = 1(𝑥1) = 𝑥1 
𝑚𝑠2 = 1 (
𝐿
2
+ 𝑥2) 
∆𝐴 = ∫
(0)𝑥1
𝐸𝐼
𝑑𝑥1
𝐿
2⁄
0
+ ∫
(−𝑃𝑥2) (
𝐿
2 + 𝑥2)
𝐸𝐼
𝑑𝑥2
𝐿
2⁄
0
= 0 −
𝑃
𝐸𝐼
∫ (
𝐿𝑥2
2
+ 𝑥2
2) 𝑑𝑥
𝐿
2⁄
0
= −
𝑃
𝐸𝐼
(
𝐿𝑥2
2
4
+
𝑥2
3
3
)| 
𝐿
2⁄
 0
= −
𝑃
𝐸𝐼
[
𝐿
4
(
𝐿
2
)
2
+
1
3
(
𝐿
2
)
3
] = −
𝑃
𝐸𝐼
(
𝐿3
16
+
𝐿3
24
)
= −
𝑃
𝐸𝐼
(
40𝐿3
384
) 
Para 𝑃 = 60 𝑘𝑁 e 𝐿 = 12 𝑚: 
∆𝐴 = − 
60
𝐸𝐼
(
40(12)3
384
) = −
10800
𝐸𝐼
 
103 
 
Assim: 
𝐴𝑌 =
−∆𝐴
𝑓𝐴𝐴
=
− (−
10800
𝐸𝐼 )
(
576
𝐸𝐼 )
=
10800
576
= 18,75 𝑘𝑁 
𝑨𝒀 = 𝟏𝟖, 𝟕𝟓 𝒌𝑵 
→ Diagrama de corpo livre: 
 
∑ 𝑀𝐵 = 0 → 𝑀𝐵 − 60(6) + 18,75(12) = 0 
𝑴𝑩 = 𝟏𝟑𝟓 𝒌𝑵. 𝒎 
∑ 𝐹𝑦 = 0 → 18,75 − 60 + 𝐵𝑌 = 0 
𝑩𝒀 = 𝟒𝟏, 𝟐𝟓 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝐵𝑋 = 0 
𝑩𝑿 = 𝟎 𝒌𝑵 
b) Equações que representam o esforço cortante ao longo da viga AB. 
104 
 
 
𝑽𝒔𝟏 = 𝟏𝟖, 𝟕𝟓 𝒌𝑵 
𝑉𝑠2 = 18,75 − 60 = −41,25 𝑘𝑁 
𝑽𝒔𝟐 = −𝟒𝟏, 𝟐𝟓 𝒌𝑵 
c) Diagrama de esforço cortante, indicando os valores máximos e mínimos. 
 
d) Equações que representam o momento fletor ao longo da viga AB. 
𝑴𝒔𝟏 = 𝟏𝟖, 𝟕𝟓𝒙𝟏 
𝑀𝑠2 = 18,75(6 + 𝑥2) − 60𝑥2 = 112,5 − 41,25𝑥2 
𝑴𝒔𝟐 = 𝟏𝟏𝟐, 𝟓 −𝟒𝟏, 𝟐𝟓𝒙𝟐 
e) Trace o diagrama do momento fletor, indicando os valores máximos e mínimos. 
105 
 
 
f) Valor da flecha (solução teórica) exatamente abaixo da carga P. 
Teoria da Linha Elástica (Método de Integração): 
Tem-se que: 
𝑬𝑰
𝒅𝟐𝒚𝟏
𝒅𝒙𝟏𝟐
= 𝑴𝒔𝟏 = 𝟏𝟖, 𝟕𝟓𝒙𝟏 (Equação 1) 
𝑬𝑰
𝒅𝟐𝒚𝟐
𝒅𝒙𝟐𝟐
= 𝑴𝒔𝟐 = 𝟏𝟏𝟐, 𝟓 − 𝟒𝟏, 𝟐𝟓𝒙𝟐 (Equação 2) 
Integrando (Equação 1): 
𝐸𝐼
𝑑𝑦1
𝑑𝑥1
= 𝐸𝐼𝜃1 =
18,75𝑥1
2
2
+ 𝐶1 
𝑬𝑰𝜽𝟏 = 𝟗, 𝟑𝟕𝟓𝒙𝟏
𝟐 + 𝑪𝟏 
𝐸𝐼𝑦1 =
9,375𝑥1
3
3
+ 𝐶1𝑥1 + 𝐶2 
𝑬𝑰𝒚𝟏 = 𝟑, 𝟏𝟐𝟓𝒙𝟏
𝟑 + 𝑪𝟏𝒙𝟏 + 𝑪𝟐 
Integrando (Equação 2): 
𝐸𝐼
𝑑𝑦2
𝑑𝑥2
= 𝐸𝐼𝜃2 = 112,5𝑥2 −
41,25𝑥2
2
2
+ 𝐶3 
𝑬𝑰𝜽𝟐 = 𝟏𝟏𝟐, 𝟓𝒙𝟐 − 𝟐𝟎, 𝟔𝟐𝟓𝒙𝟐
𝟐 + 𝑪𝟑 
𝐸𝐼𝑦2 =
112,5𝑥2
2
2
−
20,625𝑥2
3
3
+ 𝐶3𝑥2 + 𝐶4 
106 
 
𝑬𝑰𝒚𝟐 = 𝟓𝟔, 𝟐𝟓𝒙𝟐
𝟐 − 𝟔, 𝟖𝟕𝟓𝒙𝟐
𝟑 + 𝑪𝟑𝒙𝟐 + 𝑪𝟒 
→ Condições de contorno: 
𝑥1 = 0 → 𝑦1 = 0 (1) 
𝑥1 = 6 𝑒 𝑥2 = 0 → 𝜃1 = 𝜃2 (2) 
𝑥1 = 6 𝑒 𝑥2 = 0 → 𝑦1 = 𝑦2 (3) 
𝑥2 = 6 → 𝑦2 = 0 (4) 
Condição (1): 
𝑪𝟐 = 𝟎 
Condição (2): 
9,375(6)2 + 𝐶1 = 𝐶3 ∴ 𝐶3 = 𝐶1 + 337,5 (5) 
Condição (3): 
3,125(6)3 + 𝐶1(6) = 𝐶4 ∴ 𝐶4 = 6𝐶1 + 675 (6) 
Condição (4): 
0 = 56,25(6)2 − 6,875(6)3 + 𝐶3(6) + 𝐶4 
𝐶3(6) + 𝐶4 = −540 (7) 
Substituindo (5) e (6) em (7): 
(𝐶1 + 337,5)(6) + 6𝐶1 + 675 = −540 
𝑪𝟏 = −𝟐𝟕𝟎 
Assim: 
𝑪𝟑 = 𝟔𝟕, 𝟓 
𝑪𝟒 = −𝟗𝟒𝟓 
→ Equação final para cálculo da flecha no ponto central: 
107 
 
𝐸𝐼𝑦1 = 3,125𝑥1
3 − 270𝑥1 
𝒚𝟏 =
𝟑, 𝟏𝟐𝟓𝒙𝟏
𝟑 − 𝟐𝟕𝟎𝒙𝟏
𝑬𝑰
 
Portanto, pode-se calcular a flecha exatamente abaixo da carga P, equivalente a flecha 
quando 𝑥1 = 6𝑚: 
𝑦1(𝑥1 = 6) =
3,125(6)3 − 270(6)
𝐸𝐼
= −
945
𝐸𝐼
= −
945 ∙ 103
(200 ∙ 109)(300 ∙ 10−6)
= −0,01575𝑚
= −15,75 𝑚𝑚 
𝒚 = 𝟏𝟓, 𝟕𝟓 𝒎𝒎 ( ↓ ) 
g) Qual o valor da flecha (solução com auxílio de tabela) exatamente abaixo da carga P? 
→ Princípio da superposição dos efeitos: 
 
= 
 
𝑌 = 𝑌1 + 𝑌2 
𝑌1 =
−𝑃𝑥2
6𝐸𝐼
(
3
2
𝐿 − 𝑥) =
−𝑃
6𝐸𝐼
(
𝐿2
4
) (
3
2
𝐿 −
𝐿
2
) = −
𝑃𝐿3
24𝐸𝐼
 
𝑌2 =
𝑅𝑥2
6𝐸𝐼
(3𝐿 − 𝑥) =
𝑅
6𝐸𝐼
(
𝐿2
4
) (3𝐿 −
𝐿
2
) =
5𝑅𝐿3
48𝐸𝐼
 
Logo: 
𝑌 = −
𝑃𝐿3
24𝐸𝐼
+
5𝑅𝐿3
48𝐸𝐼
=
𝐿3
24𝐸𝐼
(−𝑃 +
5𝑅
2
) 
108 
 
Para 𝑃 = 60 𝑘𝑁, 𝐿 = 12 𝑚, 𝑅 = 18,75 𝑘𝑁, 𝐸 = 200 𝐺𝑃𝑎 e 𝐼 = 300 ∙ 106𝑚𝑚4: 
𝑌 =
(12)3
24𝐸𝐼
[−60 +
5(18,75)
2
] = −
22680
24𝐸𝐼
= −
945
𝐸𝐼
= −
945 ∙ 103
(200 ∙ 109)(300 ∙ 10−6)
= −0,01575𝑚
= −15,75 𝑚𝑚 
𝒚 = 𝟏𝟓, 𝟕𝟓 𝒎𝒎 ( ↓ ) 
 
 
 
109 
 
2.1.3) Para a viga a seguir, em que o apoio em B recalca 40mm, pede-se: 
a) Calcular as reações de apoio. Utilize o método das forças e considere a reação no nó 
B como redundante. 
b) Apresente as três equações que representam o esforço cortante ao longo da viga AC; 
c) Trace o diagrama de esforço cortante, indicando os valores máximos e mínimos; 
d) Apresente as três equações que representam o momento fletor ao longo da viga AC; 
e) Trace o diagrama do momento fletor, indicando os valores máximos e mínimos. 
Considere 𝐸 = 200𝐺𝑃𝑎 e 𝐼 = 500 ∙ 106𝑚𝑚4. 
 
a) Reações de apoio. 
→ Diagrama de Corpo Livre 
 
𝐺𝐼𝐸 = 4 − 3 = 1 → Estrutura Hiperestática 
→ Princípio da superposição dos efeitos: 
110 
 
 
Viga real 
= 
 
Estrutura primária 
+ 
 
∆′𝐵𝐵 = 𝐵𝑌 ∙ 𝑓𝐵𝐵 
𝐵𝑌 redundante aplicado 
→ Equação de compatibilidade dos deslocamentos: 
111 
 
0,04 𝑚 = ∆𝐵 + ∆
′
𝐵𝐵 = ∆𝐵 + 𝐵𝑌 ∙ 𝑓𝐵𝐵 
0,04 = ∆𝐵 + 𝐵𝑌 ∙ 𝑓𝐵𝐵 
→ Cálculo de ∆𝐵: 
Utilizando tabela, tem-se que: 
∆𝑩=
𝑷𝒃𝒙
𝟔𝑳𝑬𝑰
(𝑳𝟐 − 𝒃𝟐 − 𝒙𝟐) 
Sendo: 
𝑃 = 150 𝑘𝑁 
𝑏 = 3 𝑚 
𝑥 = 6 𝑚 
𝐿 = 12 𝑚 
Logo: 
∆𝐵=
(150)(3)(6)
6(12)𝐸𝐼
[(12)2 − (3)2 − (6)2] =
3712,5
𝐸𝐼
=
3712,5 ∙ 103
(200 ∙ 109)(500 ∙ 10−6)
= 0,037125 𝑚 
→ Cálculo de 𝑓𝐵𝐵: 
Utilizando tabela, tem-se que: 
𝑓𝐵𝐵 =
𝑃𝐿3
48𝐸𝐼
=
(1)(12)3
48𝐸𝐼
=
36
𝐸𝐼
=
36 ∙ 103
(200 ∙ 109)(500 ∙ 10−6)
= 0,00036 𝑚/𝑘𝑁 
Assim: 
0,04(200 ∙ 106)(500 ∙ 10−6) = 3712,5 + 𝐵𝑌(36) 
𝑩𝒀 = 𝟕, 𝟗𝟖 𝒌𝑵 
→ Diagrama de corpo livre: 
112 
 
 
∑ 𝑀𝑐 = 0 → 𝐴𝑌(12) − 150(9) + 7,98(6) = 0 
𝑨𝒀 = 𝟏𝟎𝟖, 𝟓𝟏 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑦 = 0 → 108,51 + 7,98 + 𝐶𝑌 = 150 
𝑪𝒀 = 𝟑𝟑, 𝟓𝟏 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝐶𝑋 = 0 
𝑪𝑿 = 𝟎 𝒌𝑵 
b) Equações que representam o esforço cortante ao longo da viga AC. 
 
𝑽𝒔𝟏 = 𝟏𝟎𝟖, 𝟓𝟏 𝒌𝑵 
𝑉𝑠2 = 108,51 − 150 = −41,49 𝑘𝑁 
𝑽𝒔𝟐 = −𝟒𝟏, 𝟒𝟗 𝒌𝑵 
113 
 
𝑉𝑠3 = −41,49 + 7,98 = −33,51 𝑘𝑁 
𝑽𝒔𝟑 = −𝟑𝟑, 𝟓𝟏 𝒌𝑵 
c) Diagrama de esforço cortante, indicando os valores máximos e mínimos. 
 
d) Equações que representam o momento fletor ao longo da viga AC. 
𝑴𝒔𝟏 = 𝟏𝟎𝟖, 𝟓𝟏𝒙𝟏 
Para 𝑥1 = 3 → 𝑀 = 325,53 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑀𝑠2 = 108,51(3 + 𝑥2) − 150𝑥2 
𝑴𝒔𝟐 = 𝟑𝟐𝟓, 𝟓𝟑 − 𝟒𝟏, 𝟒𝟗𝒙𝟐 
Para 𝑥2 = 3 → 𝑀 = 201,06 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑀𝑠3 = 108,51(6 + 𝑥3) − 150(3 + 𝑥3) + 7,98𝑥3 
𝑴𝒔𝟑 = 𝟐𝟎𝟏, 𝟎𝟔 − 𝟑𝟑, 𝟓𝟏𝒙𝟑 
Para 𝑥3 = 6 → 𝑀 = 0 𝑘𝑁. 𝑚 
e) Trace o diagrama do momento fletor, indicando os valores máximos e mínimos. 
114 
 
 
115 
 
2.1.4) Para a viga a seguir pede-se: 
a) Calcule as reações de apoio. Utilize o método das forças. 
b) Apresente a equação que representa o esforço cortante ao longo da viga AB; 
c) Trace o diagrama de esforço cortante, indicando os valores máximos e mínimos; 
d) Apresente a equação que representa o momento fletor ao longo da viga AB; 
e) Trace o diagrama do momento fletor, indicando os valores máximos e mínimos. 
Considere EI constante. 
 
a) Reações de apoio. 
→ Diagrama de Corpo Livre 
 
𝐺𝐼𝐸 = 6 − 3 = 3 → Estrutura Hiperestática 
→ Princípio da superposição dos efeitos: 
 
116 
 
Viga real 
= 
 
Estrutura primária 
+ 
 
𝜃′𝐴𝐴 = 𝑀𝐴𝛼𝐴𝐴 
𝜃′𝐵𝐴 = 𝑀𝐴𝛼𝐵𝐴 
Momento redundante 𝑀𝐴 aplicado 
+ 
 
117 
 
𝜃′𝐴𝐵 = 𝑀𝐵𝛼𝐴𝐵 
𝜃′𝐵𝐵 = 𝑀𝐵𝛼𝐵𝐵 
Momento redundante 𝑀𝐵 aplicado 
→ Equações de compatibilidade dos deslocamentos: 
0 = 𝜃𝐴 + 𝑀𝐴𝛼𝐴𝐴 + 𝑀𝐵𝛼𝐴𝐵 
0 = 𝜃𝐵 + 𝑀𝐴𝛼𝐵𝐴 + 𝑀𝐵𝛼𝐵𝐵 
Como o sistema é simétrico, 𝜃𝐴 = 𝜃𝐵, 𝛼𝐴𝐴 = 𝛼𝐵𝐵, 𝛼𝐴𝐵 = 𝛼𝐵𝐴, 𝑀𝐴 = 𝑀𝐵. Portanto: 
0 = 𝜃𝐴 + 𝑀𝐴𝛼𝐴𝐴 + 𝑀𝐴𝛼𝐴𝐵 = 𝜃𝐴 + 𝑀𝐴(𝛼𝐴𝐴 + 𝛼𝐴𝐵) 
𝑴𝑨 =
−𝜽𝑨
(𝜶𝑨𝑨 + 𝜶𝑨𝑩)
= 𝑴𝑩 
→ Pelo princípio dos trabalhos virtuais: 
𝜃𝐴 = ∫
𝑀𝑚𝜃
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
 
→ Cálculo de 𝜃𝐴: 
Carga real: 
 
118 
 
 
𝑀𝑠1 =
𝑤𝐿
2
(𝑥) − 𝑤(𝑥) (
𝑥
2
) =
𝑤𝐿𝑥
2
−
𝑤𝑥2
2
 
Momento unitário: 
 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → −𝑚 + 𝑉𝐵(𝐿) = 0 
𝑽𝑩 =
𝒎
𝑳
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 → 𝑉𝐴 = −𝑉𝐵 
𝑽𝑨 = −
𝒎
𝑳
 
119 
 
𝑚𝑠1 =
𝑚
𝐿
𝑥 
𝜃𝐴 = ∫
𝑀𝑚𝜃
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
= ∫
(
𝑤𝐿𝑥
2 −
𝑤𝑥2
2 ) (
𝑚
𝐿 𝑥)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
=
=
𝑚
𝐿𝐸𝐼
∫ (
𝑤𝐿𝑥2
2
−
𝑤𝑥3
2
)
𝐿
0
𝑑𝑥 =
𝑚
𝐿𝐸𝐼
(
𝑤𝐿𝑥3
6
−
𝑤𝑥4
8
)|
 𝐿
 0
=
𝑚
𝐿𝐸𝐼
(
𝑤𝐿4
6
−
𝑤𝐿4
8
)
=
𝑚
𝐿𝐸𝐼
(
𝑤𝐿4
24
) =
𝑚𝑤𝐿3
24𝐸𝐼
 
Como, 𝑚 = 1 𝑘𝑁. 𝑚, 𝑤 = −30 𝑘𝑁/𝑚 e 𝐿 = 6 𝑚: 
𝜃𝐴 =
(1)(−30)(6)3
24𝐸𝐼
= −
270
𝐸𝐼
 
→ Cálculo de 𝛼𝐴𝐴: 
𝛼𝐴𝐴 = ∫
(
𝑚
𝐿 𝑥) (
1
𝐿 𝑥)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
=
𝑚
𝐿2𝐸𝐼
∫ (𝑥2)𝑑𝑥
𝐿
0
=
𝑚
𝐿2𝐸𝐼
(
𝑥3
3
)|
 𝐿
 0
=
𝑚
𝐿2𝐸𝐼
(
𝐿3
3
) =
𝑚𝐿
3𝐸𝐼
=
(1)(6)
3𝐸𝐼
=
2
𝐸𝐼
 
→ Cálculo de 𝛼𝐴𝐵: 
𝛼𝐴𝐵 = ∫
(
𝑚
𝐿 𝑥)(1 −
𝑥
𝐿)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
=
𝑚
𝐸𝐼
∫ (
𝑥
𝐿
−
𝑥2
𝐿2
) 𝑑𝑥
𝐿
0
=
𝑚
𝐸𝐼
(
𝑥2
2𝐿
−
𝑥3
3𝐿2
)|
 𝐿
 0
=
𝑚
𝐸𝐼
(
𝐿2
2𝐿
−
𝐿3
3𝐿2
)
=
𝑚
𝐸𝐼
(
𝐿
2
−
𝐿
3
) =
𝑚𝐿
6𝐸𝐼
=
(1)(6)
6𝐸𝐼
=
1
𝐸𝐼
 
Assim: 
𝑀𝐴 =
−𝜃𝐴
(𝛼𝐴𝐴 + 𝛼𝐴𝐵)
= 
− (−
270
𝐸𝐼 )
(
2
𝐸𝐼 +
1
𝐸𝐼)
= 90 𝑘𝑁. 𝑚 = 𝑀𝐵 
𝑴𝑨 = 𝟗𝟎 𝒌𝑵. 𝒎 
𝑴𝑩 = 𝟗𝟎 𝒌𝑵. 𝒎 
→ Diagrama de corpo livre: 
𝐵𝑌 = 𝐴𝑌 =
𝑤𝐿
2
=
(30)(6)
2
= 90 𝑘𝑁 
120 
 
𝑩𝒀 = 𝟗𝟎 𝒌𝑵 
𝑨𝒀 = 𝟗𝟎 𝒌𝑵 
Como não há força atuando na direção horizontal, conclui-se que: 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝐴𝑋 = 𝐵𝑋 = 0 𝑘𝑁 
𝑨𝑿 = 𝑩𝑿= 𝟎 𝒌𝑵 
 
b) Equação que representa o esforço cortante ao longo da viga AB. 
 
 
𝑽𝒔𝟏 = 𝟗𝟎 − 𝟑𝟎𝒙 
Para 𝑥 = 6 → 𝑉𝑠1 = −90 𝑘𝑁 
121 
 
c) Diagrama de esforço cortante, indicando os valores máximos e mínimos. 
 
d) Equação que representa o momento fletor ao longo da viga AB. 
𝑀𝑠1 = −90 + 90(𝑥) − 30(𝑥) (
𝑥
2
) 
𝑴𝒔𝟏 = −𝟗𝟎 + 𝟗𝟎𝒙 − 𝟏𝟓𝒙
𝟐 
Para 𝑥 = 3 → 𝑀 = 45 𝑘𝑁. 𝑚 e para 𝑥 = 6 → 𝑀 = −90 𝑘𝑁. 𝑚 
e) Diagrama do momento fletor, indicando os valores máximos e mínimos. 
 
122 
 
2.1.5) Para a viga a seguir pede-se: 
a) Calcule as reações de apoio. Utilize o método das forças. 
b) Apresente as três equações que representam o esforço cortante ao longo da viga AC; 
c) Trace o diagrama de esforço cortante, indicando os valores máximos e mínimos; 
d) Apresente as três equações que representam o momento fletor ao longo da viga AC; 
e) Trace o diagrama do momento fletor, indicando os valores máximos e mínimos. 
Considere EI constante. 
 
a) Reações de apoio. 
→ Diagrama de Corpo Livre 
 
𝐺𝐼𝐸 = 4 − 3 = 1 → Estrutura Hiperestática 
→ Princípio da superposição dos efeitos: 
123 
 
 
Viga real 
= 
 
Estrutura primária 
+ 
 
Momento redundante 𝑀𝐵 aplicado 
→ Equações de compatibilidade dos deslocamentos: 
0 = 𝜃𝐵 + 𝑀𝐵𝛼𝐵𝐵 
124 
 
𝜃𝐵 = 𝜃′𝐵 + 𝜃"𝐵 
𝛼𝐵𝐵 = 𝛼′𝐵𝐵 + 𝛼"𝐵𝐵 
→ Pelo princípio dos trabalhos virtuais: 
𝜃𝐵 = ∫
𝑀𝑚𝜃
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
 
→ Cálculo de 𝜃′𝐵: 
Carga real: 
 
𝑀𝑠1 =
𝑤
2
(𝑥) =
𝑤𝑥
2
 
Momento unitário: 
 
125 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → 𝑚 + 𝑉𝐵′(𝐿) = 0 
𝑉𝐵′ = −
𝑚
𝐿
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵′ = 0 → 𝑉𝐴 = −𝑉𝐵′ 
𝑉𝐴 =
𝑚
𝐿
 
𝑚𝑠1 =
𝑚
𝐿
𝑥1 
𝑚𝑠2 = 1 −
𝑚
𝐿
𝑥2 
𝜃′𝐵 = ∫
𝑀𝑚𝜃
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
= ∫
(
𝑤𝑥
2 ) (
𝑚
𝐿 𝑥)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
2⁄
0
+ ∫
(
𝑤𝑥
2 ) (1 −
𝑚
𝐿 𝑥)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
2⁄
0
=
𝑤𝑚
2𝐿𝐸𝐼
∫ 𝑥2
𝐿
2⁄
0
𝑑𝑥 +
𝑤
2𝐸𝐼
∫ (𝑥 −
𝑚
𝐿
𝑥2) 𝑑𝑥
𝐿
2⁄
0
=
𝑤𝑚
2𝐿𝐸𝐼
(
𝑥3
3
)| 
𝐿
2⁄
 0
+
𝑤
2𝐸𝐼
(
𝑥2
2
−
𝑚𝑥3
3𝐿
)| 
𝐿
2⁄
 0
=
𝑤𝑚
6𝐿𝐸𝐼
(
𝐿
2
)
3
+
𝑤
2𝐸𝐼
(
𝐿2
8
−
𝑚𝐿3
24𝐿
)
=
𝑤𝑚𝐿3
48𝐿𝐸𝐼
+
𝑤
2𝐸𝐼
(
𝐿2
8
−
𝑚𝐿2
24
) 
Como, 𝑚 = 1 𝑘𝑁. 𝑚: 
𝜃′𝐵 =
𝑤𝐿2
48𝐸𝐼
+
𝑤
2𝐸𝐼
(
𝐿2
8
−
𝐿2
24
) =
𝑤𝐿2
48𝐸𝐼
+
𝑤
2𝐸𝐼
(
2𝐿2
24
) =
𝑤𝐿2
48𝐸𝐼
+
𝑤𝐿2
24𝐸𝐼
=
3𝑤𝐿2
48𝐸𝐼
=
𝑤𝐿2
16𝐸𝐼
 
Para 𝑤 = 2,5 𝑘𝑁/𝑚 e 𝐿 = 3 𝑚: 
𝜃′𝐵 =
(2,5)(3)2
16𝐸𝐼
=
22,5
16𝐸𝐼
 
→ Cálculo de 𝛼′𝐵𝐵: 
𝛼′𝐵𝐵 = ∫
(
𝑚
𝐿 𝑥) (
1
𝐿 𝑥)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
=
𝑚
𝐿2𝐸𝐼
∫ (𝑥2)𝑑𝑥
𝐿
0
=
𝑚
𝐿2𝐸𝐼
(
𝑥3
3
)|
 𝐿
 0
=
𝑚
𝐿2𝐸𝐼
(
𝐿3
3
) =
𝑚𝐿
3𝐸𝐼
=
(1)(3)
3𝐸𝐼
=
1
𝐸𝐼
 
→ Cálculo de 𝜃′′𝐵: 
126 
 
Carga real: 
 
𝑀𝑠1 =
𝑤𝐿
2
(𝑥) − 𝑤(𝑥) (
𝑥
2
) =
𝑤𝐿𝑥
2
−
𝑤𝑥2
2
 
Momento unitário: 
 
∑ 𝑀𝐶 = 0 → 𝑚 + 𝑉𝐵′′(𝐿) = 0 
𝑉𝐵′′ = −
𝑚
𝐿
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝑉𝐶 + 𝑉𝐵′′ = 0 → 𝑉𝐶 = −𝑉𝐵′′ 
𝑉𝐶 =
𝑚
𝐿
 
𝑚𝑠1 = 1 −
𝑚
𝐿
𝑥 
127 
 
𝑚𝑠2 =
𝑚
𝐿
𝑥 
𝜃′′𝐵 = ∫
𝑀𝑚𝜃
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
= ∫
(
𝑤𝐿𝑥
2 −
𝑤𝑥2
2 ) (1 −
𝑚
𝐿 𝑥)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
2⁄
0
+ ∫
(
𝑤𝐿𝑥
2 −
𝑤𝑥2
2 ) (
𝑚
𝐿 𝑥)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
2⁄
0
=
𝑤
2𝐸𝐼
∫ (𝐿𝑥 − 𝑥2) (1 −
𝑚
𝐿
𝑥) 𝑑𝑥
𝐿
2⁄
0
+
𝑚𝑤
2𝐿𝐸𝐼
∫ (𝐿𝑥2 − 𝑥3)𝑑𝑥
𝐿
2⁄
0
=
𝑤
2𝐸𝐼
∫ (𝐿𝑥 − 𝑥2 − 𝑚𝑥2 +
𝑚
𝐿
𝑥3) 𝑑𝑥
𝐿
2⁄
0
+
𝑚𝑤
2𝐿𝐸𝐼
(
𝐿𝑥3
3
−
𝑥4
4
)| 
𝐿
2⁄
 0
=
𝑤
2𝐸𝐼
(
𝐿𝑥2
2
−
𝑥3
3
−
𝑚𝑥3
3
+
𝑚𝑥4
4𝐿
)| 
𝐿
2⁄
 0
+
𝑚𝑤
2𝐿𝐸𝐼
(
𝐿4
24
−
𝐿4
64
)
=
𝑤
2𝐸𝐼
(
𝐿3
8
−
𝐿3
24
−
𝑚𝐿3
24
+
𝑚𝐿4
64𝐿
) +
𝑚𝑤
2𝐿𝐸𝐼
(
5𝐿4
192
) 
Como, 𝑚 = 1 𝑘𝑁. 𝑚: 
𝜃′′𝐵 =
𝑤
2𝐸𝐼
(
𝐿3
8
−
𝐿3
24
−
𝐿3
24
+
𝐿3
64
) +
𝑤
2𝐸𝐼
(
5𝐿3
192
) =
𝑤
2𝐸𝐼
(
11𝐿3
192
) +
5𝑤𝐿3
384𝐸𝐼
=
11𝑤𝐿3
384𝐸𝐼
+
5𝑤𝐿3
384𝐸𝐼
=
16𝑤𝐿3
384𝐸𝐼
=
𝑤𝐿3
24𝐸𝐼
 
Para 𝑤 = 2 𝑘𝑁/𝑚 e 𝐿 = 4 𝑚: 
𝜃′′𝐵 =
(2)(4)3
24𝐸𝐼
=
128
24𝐸𝐼
=
16
3𝐸𝐼
 
→ Cálculo de 𝛼′′𝐵𝐵: 
𝛼′′𝐵𝐵 = ∫
(
𝑚
𝐿 𝑥) (
1
𝐿 𝑥)
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
=
𝑚
𝐿2𝐸𝐼
∫ (𝑥2)𝑑𝑥
𝐿
0
=
𝑚
𝐿2𝐸𝐼
(
𝑥3
3
)|
 𝐿
 0
=
𝑚
𝐿2𝐸𝐼
(
𝐿3
3
) =
𝑚𝐿
3𝐸𝐼
=
(1)(4)
3𝐸𝐼
=
4
3𝐸𝐼
 
Assim: 
𝜃𝐵 = 𝜃′𝐵 + 𝜃"𝐵 =
22,5
16𝐸𝐼
+
16
3𝐸𝐼
=
6,7396
𝐸𝐼
 
𝛼𝐵𝐵 = 𝛼′𝐵𝐵 + 𝛼"𝐵𝐵 =
1
𝐸𝐼
+
4
3𝐸𝐼
=
2,3333
𝐸𝐼
 
128 
 
0 = 𝜃𝐵 + 𝑀𝐵𝛼𝐵𝐵 → 𝑀𝐵 =
−𝜃𝐵
𝛼𝐵𝐵
=
− (
6,7396
𝐸𝐼 )
2,3333
𝐸𝐼
 
𝑴𝑩 = −𝟐, 𝟖𝟖𝟖 𝒌𝑵. 𝒎 
→ Diagrama de corpo livre: 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → −2,5(1,5) + 𝐵′𝑌(3) − 2,888 = 0 
𝐵′𝑌 = 2,2127 𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝐴𝑌 + 𝐵′𝑌 − 2,5 = 0 
𝑨𝒀 = 𝟎, 𝟐𝟖𝟕 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝐴𝑋 = 0 𝑘𝑁 
𝑨𝑿 = 𝟎 𝒌𝑵 
 
∑ 𝑀𝐶 = 0 → −2(4)(2) + 𝐵′′𝑌(4) − 2,888 = 0 
129 
 
𝐵′′𝑌 = 4,722 𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝐶𝑌 + 𝐵′′𝑌 − 8 = 0 
𝑪𝒀 = 𝟑, 𝟐𝟕𝟖 𝒌𝑵 
 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝐵𝑌 − 2,2127 − 4,722 = 0 
𝑩𝒀 = 𝟔, 𝟗𝟑𝟓 𝒌𝑵 
DIAGRAMA DE CORPO LIVRE 
 
b) Equações que representam o esforço cortante ao longo da viga AC. 
130 
 
 
𝑽𝒔𝟏 = 𝟎, 𝟐𝟖𝟕 𝒌𝑵 
𝑉𝑠2 = 0,287 − 2,5 = −2,213 𝑘𝑁 
𝑽𝒔𝟐 = −𝟐, 𝟐𝟏𝟑 𝒌𝑵 
𝑉𝑠3 = −2,213 + 6,935 − 2𝑥3 = 4,722 − 2𝑥3 
𝑽𝒔𝟑 = 𝟒, 𝟕𝟐𝟐 − 𝟐𝒙𝟑 
Para 𝑥3 = 4 → 𝑉 = −3,278 𝑘𝑁 
c) Diagrama de esforço cortante, indicando os valores máximos e mínimos. 
 
d) Equaçoes que representam o momento fletor ao longo da viga AC. 
𝑴𝒔𝟏 = 𝟎, 𝟐𝟖𝟕𝒙𝟏 
131 
 
Para 𝑥1 = 1,5 → 𝑀 = 0,431 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑀𝑠2 = 0,287(1,5 + 𝑥2) − 2,5(𝑥2) = 0,431 − 2,213𝑥2 
𝑴𝒔𝟐 = 𝟎, 𝟒𝟑𝟏 − 𝟐, 𝟐𝟏𝟑𝒙𝟐 
Para 𝑥2 = 1,5 → 𝑀 = −2,888 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑀𝑠3 = 0,287(3 + 𝑥3) − 2,5(1,5 + 𝑥3) + 6,935𝑥3 − 2𝑥3 (
𝑥3
2
) = −2,888 + 4,722𝑥3 − 𝑥3
2 
𝑴𝒔𝟑 = −𝟐, 𝟖𝟖𝟖 + 𝟒, 𝟕𝟐𝟐𝒙𝟑 − 𝒙𝟑
𝟐 
Para 𝑥3 = 4 → 𝑀 = 0 𝑘𝑁. 𝑚 
Para
𝑑𝑀𝑠3
𝑑𝑥3
= 4,722 − 2𝑥3 = 0 → 𝑥3 = 2,361 
Para 𝑥3 = 2,361 → 𝑀 = 2,686 𝑘𝑁. 𝑚 
e) Diagrama do momento fletor, indicando os valores máximos e mínimos. 
 
 
132 
 
2.2) PÓRTICOS 
2.2.1) Para o pórtico plano apresentado na figura, pede-se: 
a) Calcular as reações de apoio indicando claramente na figura as direções e sentidos 
arbitrados para essas incógnitas; 
b) Equilíbrio das barras AB, BC e CD; 
c) Equilíbrio dos nós B e C; 
d) Equações de esforços solicitantes (normal, cortante e momento) das 3 barras 
(isoladamente); 
e) Traçar o diagrama de esforço NORMAL nas barras AB, BC e CD (isoladamente); 
f) Traçar o diagrama de esforço NORMAL no pórtico ABCD (superposição dos desenhos 
do item anterior em um único desenho); 
g) Traçar o diagrama de esforço CORTANTE nas barras AB, BC e CD (isoladamente); 
h) Traçar o diagrama de esforço CORTANTE no pórtico ABCD (superposição dos 
desenhos do item anterior em um único desenho); 
i) Traçar o diagrama de MOMENTO FLETOR nas barra AB, BC e CD (isoladamente); 
j) Traçar o diagrama de MOMENTO FLETOR no pórtico ABCD (superposição dos 
desenhos do item anterior em um único desenho). 
 
a) Reações de apoio. 
→ Diagrama de Corpo Livre 
133 
 
 
𝐺𝐼𝐸 = 4 − 3 = 1 → Estrutura Hiperestática 
→ Princípio da superposição dos efeitos: 
 
Pórtico real 
= 
 
134 
 
Estrutura primária 
+ 
 
∆′𝐷𝐷 = 𝐷𝑋 ∙ 𝑓𝐷𝐷 
𝐷𝑋 redundante aplicada 
→ Equação de compatibilidade dos deslocamentos: 
0 = ∆𝐷 + ∆
′
𝐷𝐷 = ∆𝐷 + 𝐷𝑋 ∙ 𝑓𝐷𝐷 
𝐷𝑋 =
−∆𝐷
𝑓𝐷𝐷
 
→ Pelo princípio dos trabalhos virtuais: 
∆𝐷= ∫
𝑀𝑚
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
 
𝑓𝐷𝐷 = ∫
𝑚2
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
 
→ Caso 1: Cálculo de 𝑓𝐷𝐷 
135 
 
 
𝑚𝑠1 = −1(𝑥1) = −𝑥1 
𝑚𝑠2 = −6 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑓𝐷𝐷 = ∫
𝑚2
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
= 2 ∫
(−𝑥1)
2
𝐸𝐼
𝑑𝑥1
6
0
+ 2 ∫
(−6)2
𝐸𝐼
𝑑𝑥2
10
0
=
2
𝐸𝐼
(
𝑥1
3
3
)|
 6
 0
+
72
𝐸𝐼
(𝑥2)|
 10
 0
=
2
𝐸𝐼
(
(6)3
3
) +
72
𝐸𝐼
(10) =
864
𝐸𝐼
 
→ Caso 2: Cálculo de ∆𝐷 
 
𝑀𝑠1 = 0(𝑥1) = 0 
𝑀𝑠2 = 240(𝑥2) = 240𝑥2 
𝑀𝑠3 = 1440 + 240(𝑥3) − 60(𝑥3) (
𝑥3
2
) = 1440 + 240𝑥3 − 30𝑥3
2 
136 
 
 
𝑚𝑠1 = −1(𝑥1) = −𝑥1 
𝑚𝑠2 = −6 𝑘𝑁. 𝑚 = 𝑚𝑠3 
∆𝐷 = ∫
𝑀𝑚
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
= 2 ∫
(0)(−𝑥1)
𝐸𝐼
𝑑𝑥1
6
0
+ 2 ∫
(240𝑥2)(−6)
𝐸𝐼
𝑑𝑥2
60
+ 2 ∫
(1440 + 240𝑥3 − 30𝑥3
2)(−6)
𝐸𝐼
𝑑𝑥3
4
0
= 0 −
2880
𝐸𝐼
∫ 𝑥2 𝑑𝑥2
6
0
−
12
𝐸𝐼
∫ (1440 + 240𝑥3 − 30𝑥3
2)
4
0
𝑑𝑥3
= −
2880
𝐸𝐼
𝑥2
2
2
|
 6
 0
−
12
𝐸𝐼
(1440𝑥3 +
240𝑥3
2
2
−
30𝑥3
3
3
)|
 4
 0
= −
2880
𝐸𝐼
[
(6)2
2
] −
12
𝐸𝐼
(1440(4) +
240(4)2
2
−
30(4)3
3
) = −
136320
𝐸𝐼
 
Assim: 
𝐷𝑋 =
−∆𝐷
𝑓𝐷𝐷
=
− (−
136320
𝐸𝐼 )
(
864
𝐸𝐼 )
=
136320
864
= 157,78 𝑘𝑁 
𝑫𝑿 = 𝟏𝟓𝟕, 𝟕𝟖 𝒌𝑵 
→ Diagrama de corpo livre: 
137 
 
 
𝑫𝒀 = 𝟐𝟒𝟎 𝒌𝑵 
𝑨𝒀 = 𝟐𝟒𝟎 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝐴𝑋 = 𝐷𝑋 
𝑨𝑿 = 𝟏𝟓𝟕, 𝟕𝟖 𝒌𝑵 
DIAGRAMA DE CORPO LIVRE 
 
b) Equilíbrio das barras AB, BC e CD. 
→ Barra AB: 
138 
 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝐵𝑋 = 157,78 𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝐵𝑌 = 240 𝑘𝑁 
∑ 𝑀𝐵 = 0 → 𝑀𝐵 = −157,78(6) = −946,68 𝑘𝑁. 𝑚 
→ Barra BC: 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝐶𝑋 = 157,78 𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝐶𝑌 + 240 − 60(8) = 0 
𝐶𝑌 = 240 𝑘𝑁 
∑ 𝑀𝐶 = 0 → 𝑀𝐶 = −946,68 + 240(20) − 480(10) = −946,68 𝑘𝑁. 𝑚 
→ Barra CD: 
139 
 
 
c) Equilíbrio dos nós B e C. 
→ Nó B: 
 
→ Nó C: 
140 
 
 
d) Equações de esforços solicitantes (normal, cortante e momento) das 3 barras 
(isoladamente). 
 
→ Barra AB: 
 
𝑵𝒔𝟏 = −𝟐𝟒𝟎 𝒌𝑵 
141 
 
𝑽𝒔𝟏 = −𝟏𝟓𝟕, 𝟕𝟖 𝒌𝑵 
𝑴𝒔𝟏 = −𝟏𝟓𝟕, 𝟕𝟖𝒙𝟏 
Para 𝑥1 = 6 → 𝑀 = −946,68 𝑘𝑁. 𝑚 
→ Barra BC: Trecho 1 
 
𝑵𝒔𝟐 = −𝟏𝟓𝟕, 𝟕𝟖 𝒌𝑵 
𝑽𝒔𝟐 = 𝟐𝟒𝟎 𝒌𝑵 
𝑴𝒔𝟐 = −𝟗𝟒𝟔, 𝟔𝟖 + 𝟐𝟒𝟎𝒙𝟐 
Para 𝑥2 = 6 → 𝑀 = 493,32 𝑘𝑁. 𝑚 
→ Barra BC: Trecho 2 
 
𝑵𝒔𝟑 = −𝟏𝟓𝟕, 𝟕𝟖 𝒌𝑵 
𝑽𝒔𝟑 = 𝟐𝟒𝟎 − 𝟔𝟎𝒙𝟑 
Para 𝑥3 = 0 → 𝑉 = 240 𝑘𝑁 e para 𝑥3 = 8 → 𝑉 = −240 𝑘𝑁 
𝑀𝑠3 = 493,32 + 240(𝑥3) − 60(𝑥3) (
𝑥3
2
) 
142 
 
𝑴𝒔𝟑 = 𝟒𝟗𝟑, 𝟑𝟐 + 𝟐𝟒𝟎𝒙𝟑 − 𝟑𝟎𝒙𝟑
𝟐 
Para 𝑥3 = 4 → 𝑀 = 973,32 𝑘𝑁. 𝑚 e para 𝑥3 = 8 → 𝑀 = 493,32 𝑘𝑁. 𝑚 
→ Barra BC: Trecho 3 
 
𝑵𝒔𝟒 = −𝟏𝟓𝟕, 𝟕𝟖 𝒌𝑵 
𝑽𝒔𝟒 = −𝟐𝟒𝟎 𝒌𝑵 
𝑴𝒔𝟒 = 𝟒𝟗𝟑, 𝟑𝟐 − 𝟐𝟒𝟎𝒙𝟒 
Para 𝑥4 = 6 → 𝑀 = −946,68 𝑘𝑁. 𝑚 
→ Barra CD: 
 
𝑵𝒔𝟓 = −𝟐𝟒𝟎 𝒌𝑵 
𝑽𝒔𝟓 = 𝟏𝟓𝟕, 𝟕𝟖 𝒌𝑵 
143 
 
𝑴𝒔𝟓 = 𝟗𝟒𝟔, 𝟔𝟖 − 𝟏𝟓𝟕, 𝟕𝟖𝒙𝟓 
Para 𝑥5 = 6 → 𝑀 = 0 𝑘𝑁. 𝑚 
e) Diagrama de esforço NORMAL nas barras AB, BC e CD (isoladamente). 
→ Barra AB: 
 
→ Barra BC: 
 
→ Barra CD: 
 
f) Diagrama de esforço NORMAL no pórtico ABCD (superposição dos desenhos do item 
anterior em um único desenho). 
144 
 
 
g) Diagrama de esforço CORTANTE nas barras AB, BC e CD (isoladamente). 
→ Barra AB: 
 
→ Barra BC: 
 
→ Barra CD: 
 
145 
 
h) Diagrama de esforço CORTANTE no pórtico ABCD (superposição dos desenhos do 
item anterior em um único desenho). 
 
i) Diagrama de MOMENTO FLETOR nas barra AB, BC e CD (isoladamente). 
→ Barra AB: 
 
→ Barra BC: 
 
→ Barra CD: 
146 
 
 
j) Diagrama de MOMENTO FLETOR no pórtico ABCD (superposição dos desenhos do 
item anterior em um único desenho). 
 
147 
 
2.2.2) Para o pórtico plano apresentado na figura, pede-se: 
a) Calcular as reações de apoio indicando claramente na figura as direções e sentidos 
arbitrados para essas incógnitas; 
b) Equilíbrio das barras AB, BC e CD; 
c) Equilíbrio dos nós B e C; 
d) Equações de esforços solicitantes (normal, cortante e momento) das 3 barras 
(isoladamente); 
e) Traçar o diagrama de esforço NORMAL nas barras AB, BC e CD (isoladamente); 
f) Traçar o diagrama de esforço NORMAL no pórtico ABCD (superposição dos desenhos 
do item anterior em um único desenho); 
g) Traçar o diagrama de esforço CORTANTE nas barras AB, BC e CD (isoladamente); 
h) Traçar o diagrama de esforço CORTANTE no pórtico ABCD (superposição dos 
desenhos do item anterior em um único desenho); 
i) Traçar o diagrama de MOMENTO FLETOR nas barra AB, BC e CD (isoladamente); 
j) Traçar o diagrama de MOMENTO FLETOR no pórtico ABCD (superposição dos 
desenhos do item anterior em um único desenho). 
 
a) Reações de apoio. 
→ Diagrama de Corpo Livre 
148 
 
 
𝐺𝐼𝐸 = 4 − 3 = 1 → Estrutura Hiperestática 
→ Princípio da superposição dos efeitos: 
 
Pórtico real 
= 
 
Estrutura primária 
149 
 
+ 
 
∆′𝐷𝐷 = 𝐷𝑋 ∙ 𝑓𝐷𝐷 
𝐷𝑋 redundante aplicada 
→ Equação de compatibilidade dos deslocamentos: 
0 = ∆𝐷 + ∆
′
𝐷𝐷 = ∆𝐷 + 𝐷𝑋 ∙ 𝑓𝐷𝐷 
𝐷𝑋 =
−∆𝐷
𝑓𝐷𝐷
 
→ Pelo princípio dos trabalhos virtuais: 
∆𝐷= ∫
𝑀𝑚
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
 
𝑓𝐷𝐷 = ∫
𝑚2
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
 
→ Caso 1: Cálculo de 𝑓𝐷𝐷 
150 
 
 
𝑚𝑠1 = −1(𝑥1) = 𝑥1 
𝑚𝑠2 = −6 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑓𝐷𝐷 = ∫
𝑚2
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
= 2 ∫
(𝑥1)
2
𝐸𝐼
𝑑𝑥1
6
0
+ 2 ∫
(−6)2
𝐸𝐼
𝑑𝑥2
10
0
=
2
𝐸𝐼
(
𝑥1
3
3
)|
 6
 0
+
72
𝐸𝐼
(𝑥2)|
 10
 0
=
2
𝐸𝐼
(
63
3
) +
72
𝐸𝐼
(10) =
864
𝐸𝐼
 
→ Caso 2: Cálculo de ∆𝐷 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 →
80(6)
2
− 𝐴𝑋 = 0 → 𝐴𝑋 = 240 𝑘𝑁 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → 𝐷𝑌(20) − 480(10) −
480
2
(
6
3
) = 0 → 𝐷𝑌 = 264 𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝐴𝑌 + 𝐷𝑌 − 480 = 0 → 𝐴𝑌 = 216 𝑘𝑁 
151 
 
𝑀𝑠1 = 0(𝑥1) = 0 
𝑀𝑠2 = 264(𝑥2) = 264𝑥2 
𝑀𝑠3 = 1584 + 264(𝑥3) − 60(𝑥3) (
𝑥3
2
) = 1584 + 264𝑥3 − 30𝑥3
2 
𝑀𝑠4 = 1776 + (264 − 480)(𝑥4) = 1776 − 216𝑥4 
𝑀𝑠5 = 480 − (
80𝑥5
6
)
𝑥5
2
(
𝑥5
3
) = 480 −
40𝑥5
3
18
 
 
𝑚𝑠1 = 1(𝑥1) = 𝑥1 
𝑚𝑠2 = −6 𝑘𝑁. 𝑚 = 𝑚𝑠3 = 𝑚𝑠4 
𝑚𝑠5 = −6 + 𝑥5 
152 
 
∆𝐷 = ∫
𝑀𝑚
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
= ∫
(0)(𝑥1)
𝐸𝐼
𝑑𝑥1
6
0
+ ∫
(264𝑥2)(−6)
𝐸𝐼
𝑑𝑥2
6
0
+ ∫
(1584 + 264𝑥3 − 30𝑥3
2)(−6)
𝐸𝐼
𝑑𝑥3
8
0
+ ∫
(1776 − 216𝑥4)(−6)
𝐸𝐼
𝑑𝑥4 + ∫
(480 −
40𝑥5
3
18 ) (−6 + 𝑥5)
𝐸𝐼
𝑑𝑥5
6
0
6
0
= 0 −
1584
𝐸𝐼
∫ 𝑥2𝑑𝑥2
6
0
−
6
𝐸𝐼
∫ (1584 + 264𝑥3 − 30𝑥3
2)𝑑𝑥3
8
0
−
6
𝐸𝐼
∫ (1776 − 216𝑥4)𝑑𝑥4 +
40
𝐸𝐼
∫ (−72 + 12𝑥5 +
𝑥5
3
3
−
𝑥5
4
18
) 𝑑𝑥5
6
0
6
0
= −
1584
𝐸𝐼
(
𝑥2
2
2
)|
 6
 0
−
6
𝐸𝐼
(1584𝑥3 +
264𝑥3
2
2
−
30𝑥3
3
3
)|
 8
 0
−
6
𝐸𝐼
(1776𝑥4 −
216𝑥4
2
2
)|
 6
 0
+
40
𝐸𝐼
(−72𝑥5 +
12𝑥5
2
2
+
𝑥5
4
12
−
𝑥5
5
90
)|
 6
 0
= −
792
𝐸𝐼
(62) −
6
𝐸𝐼
(1584(8) + 132(8)2 − 10(8)3) −
6
𝐸𝐼
(1776(6) − 108(6)2)
+
40
𝐸𝐼
(−72(6) + 6(6)2 +
(6)4
12
−
(6)5
90
) = −
28512
𝐸𝐼
−
96000
𝐸𝐼
−
40608
𝐸𝐼
−
7776
𝐸𝐼
= −
172896
𝐸𝐼
 
Assim: 
𝐷𝑋 =
−∆𝐷
𝑓𝐷𝐷
=
− (−
172896
𝐸𝐼 )
(
864
𝐸𝐼 )
=
172896
864
= 200,1 𝑘𝑁 
𝑫𝑿 = 𝟐𝟎𝟎, 𝟏 𝒌𝑵 
→ Diagrama de corpo livre: 
153 
 
 
𝑫𝒀 = 𝟐𝟔𝟒 𝒌𝑵 
𝑨𝒀 = 𝟐𝟏𝟔 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → −𝐴𝑋 + 240 − 𝐷𝑋 = 0 
𝑨𝑿 = 𝟑𝟗, 𝟗 𝒌𝑵 
DIAGRAMA DE CORPO LIVRE 
 
b) Equilíbrio das barras AB, BC e CD. 
→ Barra AB: 
154 
 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝐵𝑋 = −39,9 + 240 = 200,1 𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝐵𝑌 = 216 𝑘𝑁 
∑ 𝑀𝐵 = 0 → 𝑀𝐵 = 39,9(6) − 240(4) = −720,6 𝑘𝑁. 𝑚 
→ Barra BC: 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝐶𝑋 = 200,1 𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝐶𝑌 + 216 − 60(8) = 0 
𝐶𝑌 = 264 𝑘𝑁 
∑ 𝑀𝐶 = 0 → 𝑀𝐶 = −720,6 + 216(20) − 480(10) = −1200,6 𝑘𝑁. 𝑚 
→ Barra CD: 
155 
 
 
c) Equilíbrio dos nós B e C. 
→ Nó B: 
 
→ Nó C: 
156 
 
 
d) Equações de esforços solicitantes (normal, cortante e momento) das 3 barras 
(isoladamente). 
 
→ Barra AB: 
 
𝑵𝒔𝟏 = −𝟐𝟏𝟔 𝒌𝑵 
157 
 
𝑉𝑠1 = −200,1 +
80𝑥1
6
 (
𝑥1
2
) = −200,1 +
40𝑥1
2
6
 
𝑽𝒔𝟏 = −𝟐𝟎𝟎, 𝟏 +
𝟐𝟎𝒙𝟏
𝟐
𝟑
 
Para 𝑥1 = 6 → 𝑉 = 39,9 𝑘𝑁 
𝑀𝑠1 = −720,6 −
80𝑥1
6
 (
𝑥1
2
) (
𝑥1
3
) + 200,1𝑥1 = −720,6 −
40𝑥1
3
18
+ 200,1𝑥1 
𝑴𝒔𝟏 = −𝟕𝟐𝟎, 𝟔 −
𝟐𝟎𝒙𝟏
𝟑
𝟗
+ 𝟐𝟎𝟎, 𝟏𝒙𝟏 
Para 𝑥1 = 6 → 𝑀 = 0 𝑘𝑁. 𝑚 
Para
𝑑𝑀𝑠3
𝑑𝑥3
= −
60𝑥1
2
9
+ 200,1 = 0 → 𝑥1 = ±5,4786 
Para 𝑥3 = 5,4786 → 𝑀 = 10,24 𝑘𝑁. 𝑚 
→ Barra BC: Trecho 1 
 
𝑵𝒔𝟐 = −𝟐𝟎𝟎, 𝟏 𝒌𝑵 
𝑽𝒔𝟐 = 𝟐𝟏𝟔 𝒌𝑵 
𝑴𝒔𝟐 = −𝟕𝟐𝟎, 𝟔 + 𝟐𝟏𝟔𝒙𝟐 
Para 𝑥2 = 6 → 𝑀 = 575,4 𝑘𝑁. 𝑚 
→ Barra BC: Trecho 2 
158 
 
 
𝑵𝒔𝟑 = −𝟐𝟎𝟎, 𝟏 𝒌𝑵 
𝑽𝒔𝟑 = 𝟐𝟏𝟔 − 𝟔𝟎𝒙𝟑 
Para 𝑥3 = 0 → 𝑉 = 216 𝑘𝑁 e para 𝑥3 = 8 → 𝑉 = −264 𝑘𝑁 
𝑀𝑠3 = 575,4 + 216(𝑥3) − 60(𝑥3) (
𝑥3
2
) 
𝑴𝒔𝟑 = 𝟓𝟕𝟓, 𝟒 + 𝟐𝟏𝟔𝒙𝟑 − 𝟑𝟎𝒙𝟑
𝟐 
Para 𝑥3 = 4 → 𝑀 = 959,4 𝑘𝑁. 𝑚 e para 𝑥3 = 8 → 𝑀 = 383,4 𝑘𝑁. 𝑚 
→ Barra BC: Trecho 3 
 
𝑵𝒔𝟒 = −𝟐𝟎𝟎, 𝟏 𝒌𝑵 
𝑽𝒔𝟒 = −𝟐𝟔𝟒𝒌𝑵 
𝑴𝒔𝟒 = 𝟑𝟖𝟑, 𝟒 − 𝟐𝟔𝟒𝒙𝟒 
Para 𝑥4 = 6 → 𝑀 = −1200,6 𝑘𝑁. 𝑚 
→ Barra CD: 
159 
 
 
𝑵𝒔𝟓 = −𝟐𝟔𝟒 𝒌𝑵 
𝑽𝒔𝟓 = 𝟐𝟎𝟎, 𝟏 𝒌𝑵 
𝑴𝒔𝟓 = 𝟏𝟐𝟎𝟎, 𝟔 − 𝟐𝟎𝟎, 𝟏𝒙𝟓 
Para 𝑥5 = 6 → 𝑀 = 0 𝑘𝑁. 𝑚 
e) Diagrama de esforço NORMAL nas barras AB, BC e CD (isoladamente). 
→ Barra AB: 
 
→ Barra BC: 
 
→ Barra CD: 
160 
 
 
f) Diagrama de esforço NORMAL no pórtico ABCD (superposição dos desenhos do item 
anterior em um único desenho). 
 
g) Diagrama de esforço CORTANTE nas barras AB, BC e CD (isoladamente). 
→ Barra AB: 
 
→ Barra BC: 
 
161 
 
→ Barra CD: 
 
h) Diagrama de esforço CORTANTE no pórtico ABCD (superposição dos desenhos do 
item anterior em um único desenho). 
 
i) Diagrama de MOMENTO FLETOR nas barra AB, BC e CD (isoladamente). 
→ Barra AB: 
 
→ Barra BC: 
162 
 
 
→ Barra CD: 
 
j) Diagrama de MOMENTO FLETOR no pórtico ABCD (superposição dos desenhos do 
item anterior em um único desenho). 
 
 
163 
 
2.2.3) Para o pórtico apresentado, pede-se: 
a) Calcular as reações de apoio indicando claramente na figura as direções e sentidos 
arbitrados para essas incógnitas; 
b) Equilíbrio das barras AB e BC; 
c) Equilíbrio do nó B; 
d) Equações de esforços solicitantes (normal, cortante e momento) das 2 barras 
(isoladamente); 
e) Traçar o diagrama de esforço NORMAL nas barras AB e BC (isoladamente); 
f) Traçar o diagrama de esforço NORMAL no pórtico ABC (superposição dos desenhos 
do item anterior em um único desenho); 
g) Traçar o diagrama de esforço CORTANTE nas barras AB e BC (isoladamente); 
h) Traçar o diagrama de esforço CORTANTE no pórtico ABC (superposição dos 
desenhos do item anterior em um único desenho); 
i) Traçar o diagrama de MOMENTO FLETOR nas barra AB e BC (isoladamente); 
j) Traçar o diagrama de MOMENTO FLETOR no pórtico ABC (superposição dos 
desenhos do item anterior em um único desenho). 
 
a) Reações de apoio. 
→ Diagrama de Corpo Livre: 
164 
 
 
𝐺𝐼𝐸 = 4 − 3 = 1 → Estrutura Hiperestática 
→ Princípio da superposição dos efeitos: 
 
Pórtico real 
= 
165 
 
 
Estrutura primária 
+ 
 
∆′𝐶𝐶 = 𝐶𝑋 ∙ 𝑓𝐶𝐶 
𝐶𝑋 redundante aplicada 
→ Equação de compatibilidade dos deslocamentos: 
0 = ∆𝐶 + ∆
′
𝐶𝐶 = ∆𝐶 + 𝐶𝑋 ∙ 𝑓𝐶𝐶 
𝐶𝑋 =
−∆𝐶
𝑓𝐶𝐶
 
→ Pelo princípio dos trabalhos virtuais: 
166 
 
∆𝐶= ∫
𝑀𝑚
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
 
𝑓𝐶𝐶 = ∫
𝑚2
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
 
→ Caso 1: Cálculo de 𝑓𝐶𝐶 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → −1(5) + 𝐶𝑌(6) = 0 
𝑪𝒀 =
𝟓
𝟔
 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝐴𝑌 − 𝐶𝑌 = 0 
𝑨𝒀 =
𝟓
𝟔
 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝑨𝑿 = 𝟏 𝒌𝑵 
167 
 
 
𝑚𝑠1 = −1(𝑥1) = −𝑥1 
𝑚𝑠2 = −5 +
5
6
𝑥2 
𝑓𝐶𝐶 = ∫
𝑚2
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
= ∫
(−𝑥1)
2
𝐸𝐼
𝑑𝑥1
5
0
+ ∫
(−5 +
5
6 𝑥2)
2
𝐸𝐼
𝑑𝑥2
6
0
=
1
𝐸𝐼
(
𝑥1
3
3
)|
 5
 0
+
1
𝐸𝐼
∫ (25 −
50
6
𝑥2 +
25
36
𝑥2
2) 𝑑𝑥2
6
0
=
1
𝐸𝐼
(
(5)3
3
) +
1
𝐸𝐼
(25𝑥2 −
50
12
𝑥2
2 +
25
108
𝑥2
3)|
 6
 0
=
125
3𝐸𝐼
+
1
𝐸𝐼
(25(6) −
50
12
(6)2 +
25
108
(6)3) =
125
3𝐸𝐼
+
50
𝐸𝐼
=
𝟐𝟕𝟓
𝟑𝑬𝑰
 
→ Caso 2: Cálculo de ∆𝐶 
 
168 
 
𝑀𝑠1 = 0(𝑥1) = 0 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑀𝑠2 = 30(𝑥2) − 10(𝑥2) (
𝑥2
2
) = 30𝑥2 − 5𝑥2
2 
∆𝐶 = ∫
𝑀𝑚
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
= ∫
(0)(−𝑥1)
𝐸𝐼
𝑑𝑥1
5
0
+ ∫
(30𝑥2 − 5𝑥2
2) (−5 +
5
6 𝑥2)
𝐸𝐼
𝑑𝑥2
6
0
= 0 +
1
𝐸𝐼
∫ (−150𝑥2 + 50𝑥2
2 −
25𝑥2
3
6
) 𝑑𝑥2
6
0
=
1
𝐸𝐼
(
−150𝑥2
2
2
+
50𝑥2
3
3
−
25𝑥2
4
24
)|
 6
 0
=
1
𝐸𝐼
(
−150(6)2
2
+
50(6)3
3
−
25(6)4
24
)
= −
𝟒𝟓𝟎
𝑬𝑰
 
Assim: 
𝐶𝑋 =
−∆𝐶
𝑓𝐶𝐶
=
− (−
450
𝐸𝐼 )
(
275
3𝐸𝐼)
=
1350
275
= 4,9 𝑘𝑁 
𝑪𝑿 = 𝟒, 𝟗 𝒌𝑵 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → 10(6)(3) − 𝐶𝑌(6) − 𝐶𝑋(5) = 0 
𝑪𝒀 = 𝟐𝟓, 𝟗 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝐴𝑌 − 60 + 𝐶𝑌 = 0 
𝑨𝒀 = 𝟑𝟒, 𝟏 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝐴𝑋 − 𝐶𝑋 = 0 
𝑨𝑿 = 𝟒, 𝟗 𝒌𝑵 
DIAGRAMA DE CORPO LIVRE 
169 
 
 
b) Equilíbrio das barras AB e BC. 
→ Barra AB: 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 𝐵𝑋 = 4,9 𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝐵𝑌 = 34,1 𝑘𝑁 
∑ 𝑀𝐵 = 0 → 𝑀𝐵 = −4,9(5) → 𝑀𝐵 = −24,5 𝑘𝑁. 𝑚 
→ Barra BC: 
170 
 
 
c) Equilíbrio do nó B. 
 
d) Equações de esforços solicitantes (normal, cortante e momento) das 2 barras 
(isoladamente). 
 
→ Barra AB: 
171 
 
 
𝑵𝒔𝟏 = −𝟑𝟒, 𝟏 𝒌𝑵 
𝑽𝒔𝟏 = −𝟒, 𝟗 𝒌𝑵 
𝑴𝒔𝟏 = −𝟒, 𝟗𝒙𝟏 
Para 𝑥1 = 5 → 𝑀 = −24,5 𝑘𝑁. 𝑚 
→ Barra BC: 
 
𝑵𝒔𝟐 = −𝟒, 𝟗 𝒌𝑵 
𝑽𝒔𝟐 = 𝟑𝟒, 𝟏 − 𝟏𝟎𝒙𝟐 
Para 𝑥2 = 6 → 𝑉 = −25,9 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑀𝑠2 = −24,5 − 10𝑥2 (
𝑥2
2
) + 34,1𝑥2 
𝑴𝒔𝟐 = −𝟐𝟒, 𝟓 − 𝟓𝒙𝟐
𝟐 + 𝟑𝟒, 𝟏𝒙𝟐 
Para 𝑥2 = 6 → 𝑀 = 0 𝑘𝑁. 𝑚 
172 
 
e) Diagrama de esforço NORMAL nas barras AB e BC (isoladamente). 
→ Barra AB: 
 
→ Barra BC: 
 
f) Diagrama de esforço NORMAL no pórtico ABC (superposição dos desenhos do item 
anterior em um único desenho). 
 
g) Diagrama de esforço CORTANTE nas barras AB e BC (isoladamente). 
→ Barra AB: 
173 
 
 
→ Barra BC: 
 
h) Diagrama de esforço CORTANTE no pórtico ABC (superposição dos desenhos do 
item anterior em um único desenho). 
 
i) Diagrama de MOMENTO FLETOR nas barra AB e BC (isoladamente). 
→ Barra AB: 
174 
 
 
→ Barra BC: 
 
j) Diagrama de MOMENTO FLETOR no pórtico ABC (superposição dos desenhos do 
item anterior em um único desenho). 
 
 
175 
 
2.2.4) Para o pórtico plano apresentado na figura, pede-se: 
a) Calcular as reações de apoio indicando claramente na figura as direções e sentidos 
arbitrados para essas incógnitas; 
b) Equilíbrio das barras AB, BC e CD; 
c) Equilíbrio dos nós B e C; 
d) Equações de esforços solicitantes (normal, cortante e momento) das 3 barras 
(isoladamente); 
e) Traçar o diagrama de esforço NORMAL nas barras AB, BC e CD (isoladamente); 
f) Traçar o diagrama de esforço NORMAL no pórtico ABCD (superposição dos desenhos 
do item anterior em um único desenho); 
g) Traçar o diagrama de esforço CORTANTE nas barras AB, BC e CD (isoladamente); 
h) Traçar o diagrama de esforço CORTANTE no pórtico ABCD (superposição dos 
desenhos do item anterior em um único desenho); 
i) Traçar o diagrama de MOMENTO FLETOR nas barra AB, BC e CD (isoladamente); 
j) Traçar o diagrama de MOMENTO FLETOR no pórtico ABCD (superposição dos 
desenhos do item anterior em um único desenho). 
 
a) Reações de apoio. 
→ Diagrama de Corpo Livre 
176 
 
 
𝐺𝐼𝐸 = 4 − 3 = 1 → Estrutura Hiperestática 
→ Princípio da superposição dos efeitos: 
 
Pórtico real 
= 
 
177 
 
Estrutura primária 
+ 
 
∆′𝐷𝐷 = 𝐷𝑋 ∙ 𝑓𝐷𝐷 
𝐷𝑋 redundante aplicada 
→ Equação de compatibilidade dos deslocamentos: 
0 = ∆𝐷 + ∆
′
𝐷𝐷 = ∆𝐷 + 𝐷𝑋 ∙ 𝑓𝐷𝐷 
𝐷𝑋 =
−∆𝐷
𝑓𝐷𝐷
 
→ Pelo princípio dos trabalhos virtuais: 
∆𝐷= ∫
𝑀𝑚
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
 
𝑓𝐷𝐷 = ∫
𝑚2
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
 
→ Caso 1: Cálculo de 𝑓𝐷𝐷 
178 
 
 
𝑚𝑠1 = −1(𝑥1) = −𝑥1 
𝑚𝑠2 = −5 𝑘𝑁. 𝑚 
𝑓𝐷𝐷 = ∫
𝑚2
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
= 2 ∫
(−𝑥1)
2
𝐸𝐼
𝑑𝑥1
5
0
+ 2 ∫
(−5)2
𝐸𝐼
𝑑𝑥2
8
0
=
2
𝐸𝐼
(
𝑥1
3
3
)|
 5
 0
+
50
𝐸𝐼
(𝑥2)|
 8
 0
=
2
𝐸𝐼
(
(5)3
3
) +
50
𝐸𝐼
(8) =
250
3𝐸𝐼
+
400
𝐸𝐼
=
1450
3𝐸𝐼
 
→ Caso 2: Cálculo de ∆𝐷 
 
∑ 𝑀𝐴 = 0 → 20(5) + (10)(8)(12) − 𝐷𝑌(16) = 0 
𝑫𝒀 = 𝟔𝟔, 𝟐𝟓 𝒌𝑵 
∑ 𝐹𝑌 = 0 → 𝐴𝑌 − (10)(8) + 𝑉𝐵 = 0 
𝑨𝒀 = 𝟏𝟑, 𝟕𝟓 𝒌𝑵 
179 
 
∑ 𝐹𝑋 = 0 → 20 − 𝐴𝑋 = 0 
𝑨𝑿 = 𝟐𝟎 𝒌𝑵 
 
𝑀𝑠1 = 0(𝑥1) = 0 
𝑀𝑠2 = 66,25(𝑥2) − 10(𝑥2) (
𝑥2
2
) = 66,25𝑥2 − 5𝑥2
2 
𝑀𝑠3 = 210 − 13,75(𝑥3) = 210 − 13,75𝑥3 
𝑀𝑠4 = 100 − 20(𝑥4) = 100 − 20𝑥4 
 
𝑚𝑠1 = −1(𝑥1) = −𝑥1 
𝑚𝑠2 = −5 𝑘𝑁. 𝑚 = 𝑚𝑠3 
𝑚𝑠4 = −5 + (𝑥4) = −5 + 𝑥4 
180 
 
∆𝐷 = ∫
𝑀𝑚
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝐿
0
= ∫
(0)(−𝑥1)
𝐸𝐼
𝑑𝑥1
5
0
+ ∫
(66,25𝑥2 − 5𝑥2
2)(−5)
𝐸𝐼
𝑑𝑥2
8
0
+ ∫
(210 − 13,75𝑥3)(−5)
𝐸𝐼
𝑑𝑥3 + ∫
(100 − 20𝑥4)(−5 + 𝑥4)
𝐸𝐼
𝑑𝑥4
5
0
8
0
= 0 −
5
𝐸𝐼
∫ (66,25𝑥2 − 5𝑥2
2)𝑑𝑥2
8
0
−
5
𝐸𝐼
∫ (210 − 13,75𝑥3)
8
0
𝑑𝑥3
+
1
𝐸𝐼
∫ (−500 + 200𝑥4 − 20𝑥4
2)𝑑𝑥4
5
0
= −
5
𝐸𝐼
(
66,25𝑥2
2
2
−
5𝑥2
3
3
)|
 8
 0
−
5
𝐸𝐼
(210𝑥3 −
13,75𝑥3
2
2
)|
 8
 0
+
1
𝐸𝐼