Apostila estruturas

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Apostila de Teoria das Estruturas
Research · April 2016
DOI: 10.13140/RG.2.1.1070.1206
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Romildo Aparecido Soares Junior
University of Campinas
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Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Aparecido Soares Junior
Apostila de Teoria das Estruturas – Prof.: Romildo Junior Página 1
APOSTILA DE TEORIA DAS ESTRUTURAS
Prof. ROMILDO APARECIDO SOARES JUNIOR
CAMPINAS – SP
2016

DEDICATÓRIA
A seguinte apostila é dedicada as pessoas que tornaram possível a sua realização.
Sendo estas a minha família, que sempre estiveram ao meu lado.

AGRADECIMENTOS
Agradeço à todos os Professores do curso de Engenharia Civil da PUC de poços de
caldas em especial os Prof. Dr. José Gabriel Maluf Soler, Profa. Dr. Ana Paula, Prof. Ms.
Ronald Savoi de Senna Junior, Prof. Ms. Luiz Antônio dos Reis, com o qual sem seus
ensinamentos não seria possível esta apostila. Também agradeço aos alunos que sem as
contribuições à esta apostila não seria possível concretiza-la.

SUMÁRIO
1. INTRODUÇÃO 05
2. ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS 07
3. ESTRUTURAS HIPERESTÁTICAS 38
4. REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 44

1. INTRODUÇÃO
Todo engenheiro civil deve ter um conhecimento teórico para resolver as estruturas não
somente utilizando os softwares de cálculo. O conhecimento da solução do problema de maneira manual
permite não só uma visão melhor dos resultados quanto um domínio maior do software de cálculo,
proporcionando dimensões otimizadas e menores chances de erro, o que pode ser crucial na carreira de
um engenheiro. O início do cálculo estrutural começa na teoria das estruturas e na mecânica. Através
destas disciplinas o aluno consegue calcular por sua vez os esforços e os deslocamentos nas estruturas,
podendo então utilizar a norma da região para calcular se a peça irá ou não resistir ao esforço dado. O
objetivo desta apostila é proporcionar o conhecimento para os futuros engenheiros de maneira prática e
passo a passo. Existem muitos métodos para resolução de estruturas tanto isostáticas quanto
hiperestáticas. Para estruturas isostáticas será apresentado o método das seções, que consiste em encontrar
as equações que descrevem os esforços da estrutura, para as estruturas hiperestáticas será detalhado o
método das forças, sendo este o mais prático quando se calcula uma viga ou um pórtico à mão. Para o
cálculo dos deslocamentos e giros serão apresentados dois métodos, um com o qual o aluno integra as
equações dos esforços (dispensando a tabela, porém mais demorado) e também será apresentado o
método com o qual o aluno utiliza uma tabela de integrais para encontrar o deslocamento da viga,
deixando o cálculo mais rápido. Todos os cálculos desta apostila levam em conta a teoria da elasticidade
linear para os deslocamentos, ou seja, a teoria proposta por EULER-BERNOULLI. Os Gráficos desta
apostila foram todos feitos utilizando o programa FTOOL podendo ser encontrado em:
http://webserver2.tecgraf.puc-rio.br/ftool/ .

2. ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS
Em mecânica estrutural, diz-se que uma estrutura é isostática quando o número de restrições
(reações) é rigorosamente igual ao número de equações da estática. É, portanto, uma estrutura estável.
Diferem das estruturas hipostáticas (cujo número de reações é inferior ao número de equações) e das
estruturas hiperestáticas (número de reações superior). São exemplos de estruturas isostáticas uma viga
biapoiada (com um dos apoios podendo se movimentar horizontalmente) e uma viga engastada em
balanço.
2.1 RESOLUÇÃO PELO MÉTODO DAS SEÇÕES
Quando se resolve uma estrutura isostática pelo método das seções aplica-se uma forma
sistemática de resolução a partir da realização de cortes na estrutura entre cada tipo de carga e/ou apoio.
Estes cortes possibilitam o encontro das equações para cada tipo de esforço solicitante que está ocorrendo
no trecho analisado. Após encontrada a equação do esforço solicitante basta a plotagem ao longo do
trecho desta equação para encontrar os valores dos esforços solicitantes em qualquer lugar da estrutura.
Além disso este método dispensa o uso de tabelas para encontrar deslocamentos ou giros pois estaremos
integrando diretamente as equações dos esforços. Resolveremos então uma viga isostática pelo método
das seções e encontraremos o deslocamento da viga em um ponto escolhido.

O primeiro cálculo a ser feito é encontrar as reações de apoio para a viga abaixo :
Reações de Apoio
Ma=0 (adotando o sentido horário positivo e o anti-horário negativo)
Fy=0
Diagrama dos esforços solicitantes
Para encontrar os esforços solicitantes é então necessário cortar os diversos trechos da
estrutura a fim de encontrar as equações dos esforços solicitantes. Primeiramente deve-se posicionar os
cortes corretamente ao longo da estrutura, sempre entre apoios e entre cargas diferentes. Teremos então
um corte na carga distribuída, um corte entre a carga distribuída e a carga concentrada e outro corte entre
a carga concentrada e o apoio simples.

1°Corte:
Observe então que na figura acima foi feito um corte olhando para a esquerda na carga
distribuída da viga expondo-se as os esforços de normal, cortante e momento. A distância total deste
trecho será chamada de X, portanto a carga concentrada vinda da carga distribuída para este trecho será
de q*X e ela estará a uma distância da seção de X/2. Para encontrar as equações para cada esforço deste
trecho deve-se realizar o somatório para o equilíbrio na seção.
 Normal: Será feito um somatório das forças em X, portanto:
N=0
 Cortante: Será feito um somatório das forças em Y, portanto:
 Momento: Será feito um somatório de momento na seção andando para a esquerda notando que 6x
é a carga que foi concentrada a partir da carga distribuída e x/2 é a distância desta carga à seção e
13,8 é a reação de apoio RA e x é a distância total desta carga até a seção, portanto:
Estas equações valem com X de 0 a 3.

2°Corte:
Observe então que na figura acima foi feito um corte olhando para a esquerda após a carga
distribuída e antes da carga concentrada da viga expondo-se as os esforços de normal, cortante e
momento. A distância total deste trecho será chamada de X, portanto a carga concentrada vinda da carga
distribuída para este trecho será de q*3 e ela estará a uma distância da seção de [(X-3)+1,5].O valor X-3
deve-se ao fato de que 3 é uma distância conhecida e X é o total deste trecho, logo a distância da seção à
carga distribuída é X-3. Para encontrar as equações para cada esforço deste trecho deve-se realizar o
somatório para o equilíbrio na seção.
 Normal: Será feito um somatório das forças em X, portanto:
N=0
 Cortante: Será feito um somatório das forças em Y, portanto:
 Momento: Será feito um somatório de momento na seção andando para a esquerda :

3°Corte:
Observação: qd - carga concentrada do carregamento distribuído.
qc – carga concentrada.
 Normal: N=0
 Cortante:
 Momento: (adotando o sentido horário positivo e o anti-horário negativo)
Gráficos de Esforços Solicitantes
Para encontrar então os diagramas de esforços solicitantes basta plotar agora as equações
encontradas ao longo da viga levando em conta que deve-se respeitar os trechos de cada equação. Cada
equação só valerá no respectivo trecho calculado. A equação do trecho 1 só valerá de 0 a 3, a equação do
trecho 2 só valerá de 3 a 4 e a equação do trecho 3 só valerá de 4 a 5. Quando o valor de momento der
NEGATIVO deve-se desenha-lo em cima da viga (tracionando então as fibras de cima da viga), quando o
momento der POSITIVO deve-se desenha-lo em baixo da viga (tracionando então as fibras de baixo da
viga), esta é a convenção de sinal adotada pelos calculistas. A cortante segue o sentido da reação de apoio
que causa cisalhamento na viga, portanto quando a reação for para cima a cortante começará positiva e

será desenhada para cima da viga ou então basta seguir a equação da cortante, quando o sinal for positivo
ela deverá ser traçada em cima da viga e quando negativa ela deverá ser traçada em baixo da viga. A
normal será positiva quando ela estiver tracionando a seção da viga e será negativa quando ela estiver
comprimindo a seção da viga.
 Cortante (V-kN)
 Momento(M-kN.m)
Pelo método das seções a solução da estrutura acaba se tornando de maneira sistêmica uma
vez que o aluno só precisa plotar os pontos das equações conforme os trechos para desenhar os esforços
solicitantes. Cabe também ao aluno se identificar com as formas e os tipos de cargas e esforços que
aparecem nas estruturas a fim de poder confirmar as equações encontradas.

2.2 DESLOCAMENTOS E O PRINCÍPIO DOS TRABALHOS VIRTUAIS
A particularização do Princípio dos Trabalhos Virtuais (forças virtuais) na qual se considera a
força virtual (ou forças virtuais) com valor unitário é conhecida como Método da Carga Unitária
(MCU). Também conhecido como Método do Trabalho Virtual, Método da Carga Substituta e Método de
Maxwell-Mohr, o MCU pode ser utilizado para calcular deslocamentos (devidos a deformações reais
causadas pelo carregamento) em estruturas isostáticas. Como o MCU é uma sistematização do PTV, sua
formulação geral pode ser utilizada em estruturas de comportamento elástico linear e não-linear. Seja
calcular um determinado deslocamento ∆, por exemplo o deslocamento vertical no ponto C, em uma
estrutura isostática sujeita a um sistema de cargas qualquer. Portanto, este método consiste em colocar
uma carga unitária onde deseja-se encontrar o deslocamento (o deslocamento será no sentido da carga,
seja x, y ou z). Tendo em mãos os esforços solicitantes causados pela carga inicial e devido a carga
unitária podemos encontrar o deslocamento integrando um vezes o outro ao longo de toda a viga. Para
encontrar o deslocamento deve-se utilizar a seguinte formulação:
∫ ∫ ∫
Temos então a integração dos três esforços para se encontrar o deslocamento. Para vigas e
pórticos são utilizadas as parcelas da normal e do momento pois elas que mostram de maneira mais
expressiva a quantidade do deslocamento ou giro. A parcela da cortante contribui muito pouco para o
deslocamento ou giro, sendo então (para cálculos manuais ou análises onde não é necessária a precisão)
normalmente desprezada no cálculo do deslocamento. Lembrando-se que este tipo de cálculo de
deslocamentos ou giros leva em conta a teoria linear elástica de Euller/Bernoulli, ou seja os
deslocamentos aumentam de maneira linear a medida que a carga for aumentando. Apesar de este ser o
método mais simples e utilizado, as estruturas têm um comportamento não-linear com relação aos
deslocamentos, em obras de grande porte é possível levar em consideração a não linearidade para cálculo
dos deslocamentos, sendo esta uma vantagem com relação ao dimensionamento dos elementos, podendo
gerar economia no orçamento da obra. Calcularemos então para a viga abaixo o deslocamento no ponto
indicado.

Suponha que queremos encontrar o deslocamento vertical no final da carga distribuída, em x
= 3m. Devemos então aplicar uma carga unitária onde desejamos encontrar o deslocamento e encontrar os
esforços nesta nova estrutura com a carga unitária.
Carga Unitária
Reação de Apoio
Ma=0 (adotando o sentido horário positivo e o anti-horário negativo)
Fy=0

Diagrama dos esforços solicitantes
1°Corte:
 Normal: N=0
 Cortante:

2°Corte:
 Normal: N=0
 Cortante:

Gráficos
 Cortante (V-kN) – Gráfico de cortante para a carga unitária
 Momento(M-kN.m) – Gráfico de momento para a carga unitária
Para encontrar o deslocamento integramos então as equações de momento, cortante e normal
da estrutura com o carregamento inicial contra o carregamento unitário. Chamaremos de M0 o momento
no sistema 0 com as cargas iniciais e de M1 para o momento no sistema 1 com a carga unitária. Como já
dito a cortante será então desprezada e a normal não existe nessa viga, então a equação para
deslocamentos lineares será resumida a:
∫

Para facilitar a visualização de quem será integrado contra quem, plote os gráficos do sistema
0 em cima do gráfico do sistema 1. Deve-se integrar as equações que se sobreponham nos seus
respectivos trechos, como abaixo :
- Momento com a carga inicial
- Momento com a carga unitária concentrada
∫ ∫
∫
Este deslocamento é muito grande para uma viga, ele ficou desta magnitude devido à não
consideração do módulo de elasticidade do material e da inerciada seção transversal. Se considerarmos E
= 2.5*10^7 kN/m^2 (do concreto) e a Inercia de 0,00635 m^4 este deslocamento passa a ser :

De maneira análoga é possível resolver os mais variados tipos de vigas utilizando então o
método das seções, tanto para deslocamentos quanto para giro. Abaixo uma lista de exercícios resolvidos
utilizando o método das seções passo a passo.
Exercícios Resolvidos : Viga Bi-apoiada
Corte :
Normal:
Cortante:
Momento:
Gráfico de Cortante (kN):

Gráfico de Momento (kN.m):
Equação do giro:
∫
∫ . /
Equação do deslocamento:
∫
∫ . /
Condições de contorno:
:

Exercícios Resolvidos : Viga Engastada
Corte :
Normal:
Cortante:
Momento:

Equação do giro:
∫
∫ . /
Equação do deslocamento:
∫
∫ . /
Condições de contorno:
:

Exercícios Resolvidos : Viga com carga concentrada
 Reações de Apoio:
∑
∑
 Equações:
1º Corte (0<=x<=2):
2º Corte(2<=x<=5):

 Diagramas de esforços solicitantes:

 Carga Unitária:
∑
∑
1º Corte (0<=x<=2): 2º Corte(2<=x<=5):
 Deslocamento em x=2m:
∫ ∫

Exercícios Resolvidos : Viga com carga triangular
∑
∑
 Equações:
1º Corte (0<=x<=4):
 Equações e Condições de Contorno:
1º Corte:
∫ ∫
∫ ∫
 Para x = 0 → d = 0

 Para x = 4 → d = 0
 Diagramas de esforços solicitantes:

Exercícios Resolvidos : Viga com duas cargas concentradas (flexão pura)
1º Corte :
Normal:
Cortante:
Momento:
2º Corte :
Normal:
Cortante:

Momento:
3º Corte :
Normal:
Cortante:
Momento:

Colocando carga unitária para encontrar deslocamento em x = 2:
1º Corte :
Normal:
Cortante:
Momento:

2º Corte :
Normal:
Cortante:
Momento:
∫
∫ ∫ ∫

Exercícios Resolvidos : Viga com duas cargas variadas
Reação de Apoio
∑
∑
∑
Esforços Solicitantes
X de 0 a 3

X de 3 a 4
X de 4 a 5
Diagramas
V(kN)
M(kN.m)

Exercícios Resolvidos : Viga engastada com duas cargas variadas
Reação de Apoio
∑
∑
∑
Esforços Solicitantes
X de 0 a 2
X de 2 à 4

X de 4 à 7
Diagramas
V(kN)
M(kN.m)

Exercício 8 – A resolução de pórticos pelo método das seções é feita de maneira similar ao das vigas,
porém, agora deve-se analisar barra por barra, os limites de integração começam do zero toda vez que se
trocar a barra a ser integrada. Os cortes são feitos de maneira similar, entre cada tipo de carga e apoio, e
entre as cargas distribuídas.
∑
∑
∑
 Equações:
Primeiro cortamos antes da carga concentrada, depois cortamos depois da mesma. Após isso cortamos
entre a carga distribuída e por fim cortamos a ultima barra vertical da direita.
1º Corte (0<=x<=2): 2º Corte(2<=x<=4):

3º Corte (0<=x<=5): 4º Corte(0<=x<=4):
Agora devemos apenas plotar as equações ao longo das barras, encontrando então o diagrama
de esforços solicitantes:

 Carga Unitária:
∑
∑
1º Corte (0<=x<=2): 2º Corte(2<=x<=4):
3º Corte (0<=x<=5): 4º Corte(0<=x<=4):

 Deslocamento em x=2,5m
Nos pórticos deve-se integrar sempre barra por barra, quando se termina de integrar uma barra
os limites de integração voltam a ser zero, como é possível observar nas equações abaixo:
∫ ∫ ∫ ( ) ∫ ( )
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

3. ESTRUTURAS HIPERESTÁTICAS
As estruturas hiperestáticas são aquelas que tem uma quantidade de vínculos maior do que o
necessário para manter a estrutura em equilíbrio. Na prática normalmente as estruturas hiperestáticas são
as que devem ser calculadas, como vigas contínuas, engastes entre vigas e pilares, entre outras.
3.1 O MÉTODO DAS FORÇAS – UTILIZANDO EQUAÇÕES
O método das forças é indicado quando se faz necessário o cálculo manual das estruturas
hiperestáticas (quando não é possível o auxílio de um computador), sendo então este o primeiro método a
ser ensinado nesta apostila. De maneira simplificada ele consiste em remover os vínculos que estão
causando a hiperestaticidade da estrutura, aplicando em contrapartida uma carga unitária no sistema agora
isostático. Encontrando o deslocamento para este sistema isostático ( com o vinculo excedente removido )
e também o deslocamento ocorrido devido a uma carga unitária, é possível encontrar o chamado sistema
de compatibilidade de deslocamentos, do qual tiramos as reações dos vínculos primeiramente removidos.
Seja a viga hiperestática abaixo :
1.
O primeiro passo é verificar o grau de hiperestacidade da estrutura. No caso de vigas e
pórticos simples, o grau de hiperestaticidade é facilmente encontrado. Basta contar o número de vínculos
da estrutura, no caso da viga acima temos dois vínculos no apoio fixo da esquerda e mais dois vínculos
nos dois apoios móveis da direita. Portanto temos 4 vínculos nesta estrutura, em todas as estruturas
teremos 3 equações de equilíbrio, isto é, somatório de momento igual a zero, somatório de forças em y
igual a zero e somatório de forças em x igual a zero. O grau de hiperestaticidade é calculado com g = V-3,
substituindo então a quantidade de vínculos nesta equação temos g = 4-3, portanto g = 1. Então o grau de
hiperestaticidade desta estrutura é um. Isto significa para o método das forças que devemos remover 1
vinculo á escolha para transformarmos esta estrutura em isostática.

O segundo passo é escolher o vinculo a ser removido, no caso deste exercício removeremos o
apoio central, criando-se o sistema 0, ou seja o sistema principal com a carga real. Iremos então resolver
este sistema encontrando suas equações de momento e cortante.
CASO O
⅀ ⅀
Fazemos então um corte no meio da carga distribuída, encontrando a seguinte seção :
Para
⅀ ⅀

O terceiro passo é colocar uma carga unitária no lugar onde foi removido o vínculo,
encontrando então o sistema 1. Deve-se então resolver este sistema 1, encontrando as equações de
momento e cortante.
CASO 1
⅀ ⅀
Para
⅀ ⅀

Para
⅀ ⅀
Encontradas as equações de momento para o sistema 0 e também para o sistema 1 é
necessário encontrar os coeficientes do sistema de compatibilidade de deslocamentos. Estes coeficientes
são os deslocamentos do sistema 0 e sistema 1 no ponto onde foi removido o vinculo. Então o Delta 10
são as integrais de momento do sistema 0 contra o sistema 1, e o Delta 11 são as integrais do sistema 1
contra o sistema 1 ( ele mesmo ).
∫ ∫
∫ ∫

Substituindo então estes valores no sistema de compatibilidade de deslocamentos temos :
O valor encontrado de -7,5 kN é o valor da reação de apoio do vinculo inicialmente removido.
O sinal negativo da resposta indica que a reação de apoio tem direção inversa à carga unitária adotada. Ou
seja, como a carga unitária foi adotada para baixo e a resposta deu negativa, logo temos que a direção da
reação de apoio é para cima. Para encontrar os diagramas finais para esta estrutura basta agora aplicar o
método das seções em cada trecho e plotar as equações ao longo do eixo da viga:
⅀ ⅀
6

Para
⅀ ⅀
Para
⅀ ⅀
Basta agora somente a plotagem das equações ao longo da viga passando pelos trechos
calculados. O método das forças mostra-se uma alternativa eficaz para resolução de estruturas de maneira
manual.

V(kN)
M(kN*m)

Basta agora somente a plotagem das equações ao longo da viga passando pelos trechos
calculados. O método das forças mostra-se uma alternativa eficaz para resolução de estruturas de maneira
manual.
Caso 0 :
Trecho a
N=0 V= -2x+4,833 M=
-x²+4,833x
Trecho b
N=0 V= -1,167 M= -
1,167x+9
Trecho c
N=0 V= -3,167 M= -
3,167x+19
Caso 1

Trecho a
N= 0 V= 0,5 M= 0,5x
Trecho b
N= 0 V= -0,5 M= -0,5x+3
EI * ∫ ∫
∫ = 21,2038333
EI * ∫ ∫ = 4,5000
R1= R1= R1 = -4,712
Trecho a (Final)
N=0 V=-2x+2,477 M=-x²+2,477x
Trecho b (Final)
N=0 V= 1,19 M= 1,19x-5,139
Trecho c (Final)
N=0 V= -0,81 M= -0,81x+4,861

3)
Caso 0
Trecho a
N=0 V= -2x+10 M= -x²+10x-28
Trecho b
N=0 V= 2 M= 2x-12
Caso 1
Trecho a
N= 0 V= 1 M= x-4
Trecho a
N= 0 V= 0 M= 0

EI * ∫ 138,6667
EI * ∫ 21,3333
R1= R1= R1 = -6,50000 Kn
Trecho a (Final)
N= 0 V= -2x+3,5 M=-x²+3,5x-2
Trecho b (Final)
N= 0 V= 2 M= 2x-12

4)
Trecho a
N=-8 V= 0 M= -16
Trecho b
N=0 V= -2x+8 M= -x²+8x-16
Trecho c
N=0 V= 0 M= 0

Trecho a
N= 1 V= 0 M= 4
Trecho b
N=0 V= -1 M= -x+4
Trecho c
N=-1 V= 0 M= 0
EI * ∫ ∫ ∫ = -352
EI * ∫ ∫ ∫ ∫ = 93,33333
R1= R1= R1 = 3,771
Trecho a(Final)
N=-4,229 V= 0 M= -0,914
Trecho b(Final)
N=0 V= -2x+4,229
M= -x²+4,229x-0,914
Trecho c(Final)
N=-3,711 V= 0 M= 0

5)
Trecho a
N= -5 V= -2 M= -2x
Trecho b
N=-2 V= -2x+5 M= -x²+5x-8
Trecho c
N=-3 V= 2 M= 2x-4
Trecho d
N=-3 V= 0 M= -2x-16+20-4+2x = 0

Trecho a
N= 0 V= 1 M= x
Trecho b
N=1 V= 0 M= 4
Trecho c
N=0 V= -1 M= -x+4
EI * ∫ ∫ ∫
∫ = -117,3333
EI * ∫ ∫ ∫ ∫ = 110,6667
R1= R1= R1 = 1,060
Trecho a(Final)
N=-5 V= -0,94
M= -0,94x
Trecho b(Final)
N=-0,94 V=-2x+5
M=-x²+5x-3,76
Trecho c(Final)
N=-3 V= 0,94
M= 0,94x+0,24
Trecho d(Final)
N=-3 V= -1,06
M= -1,06x+4,24

6)
Trecho a
N= -2 V= -2 M= -2x
Trecho b
N=-2 V= 2 M= 2x-8
Trecho c
N=-2 V= 0 M= -4
Trecho d
N= 0 V= 2 M= 2x-4
Trecho e
N= 0 V= 0 M=-4-4-2x+2x+8 = 0

Trecho a
N= 0 V= 1 M= x
Trecho b
N=1 V= 0 M= 4
Trecho c
N=0 V= -1 M= -x+4
EI * ∫ ∫ ∫ ∫
∫ = -144
EI * ∫ ∫ ∫ ∫ = 110,6667
R1= R1= R1 = 1,301
Trecho a(Final)
N= -2 V= -0,699
M= -0,699x
Trecho b(Final)
N=-0,699 V=2
M= 2x-2,796
Trecho c(Final)
N= -0,699 V=0
M=1,205
Trecho d(Final)
N=0 V=0,699
M=0,699x+1,205
Trecho e(Final)
N=0 V=-
1,301 M=-
1,301x+5,204

7)
Caso 0
Trecho a
N=0 V= -2x+10
M= -x²+10x-26
Trecho b
N=0 V= 2
M= 2x-10
Trecho c
N=0 V= 0
M= -2x+10-8x+16+10x-26=0
Caso 1
Trecho a
N= 0 V= 1 M= x-4
Trecho a
N= 0 V= 0 M= 0
Caso 2

Trecho a
N=0 V=1 M=x-6
EI * ∫ = 122,6667
EI * ∫ = 21,3333
EI * ∫ = 37,3333
EI * ∫ ∫ =215
EI * ∫ = 72
* +* = ... R1=5,662 R2=0,050
Trecho a(Final)
N=0 V=-2x+4,287
M=-x²+4,287x-3,05
Trecho b(Final)
N=0 V=1,95
M=1,95x-9,698
Trecho c(Final)
N=0 V=-0,05
M=-0,05x+0,3

8)
Caso 0
Trecho a
N=0 V=-2x+12 M=-x²+12x-36
Caso 1
Trecho a
N= 0 V= 1 M= x-4
Trecho a
N= 0 V= 0 M= 0
Caso 2

Trecho a
N=0 V=1 M=x-6
EI * ∫ = 181,3333
EI * ∫ = 21,3333
EI * ∫ = 37,3333
EI * ∫ = 324
EI * ∫ = 72
* +* = ... R1= 6,75 R2= 1,00
Trecho a(Final)
N=0 V=-2x+4,25 M= -x²+4,25x-3
Trecho b(Final)
N=0 V= -2x+11 M=-x²+11x-30

9)
Trecho a
N=-8 V= 0 M= -16
Trecho b
N=0 V= -2x+8 M= -x²+8x-16
Trecho c
N=0 V= 0 M= 0

Trecho a
N= 1 V= 0 M= 4
Trecho b
N=0 V= -1 M= -x+4
Trecho c
N=-1 V= 0 M= 0
Trecho a
N= 0 V= -1 M= -x
Trecho b
N=-1 V= 0 M= -4
Trecho c
N=0 V= 1 M= x-4

9) Continuação
Trecho a
N= 0 V=0 M= 1
Trecho b
N=0 V= 0 M= 1
Trecho c
N=0 V= 0 M= 1
EI * ∫ ∫ ∫ -352
EI * ∫ ∫ ∫ ∫ = 93,3333
EI * ∫ ∫ = -64
EI * ∫ ∫ = 24
EI * ∫ ∫ = 213,3333
EI * ∫ ∫ ∫ ∫ = 110,6667
EI * ∫ ∫ ∫ = -32
EI * ∫ ∫ = -85,3333
EI * ∫ = 12
* = ...
Trecho a(Final)
N= -4 V=-0561 M=-0561x+0,607
Trecho b(Final)
N=-0,561 V=-2x+4

3.2 O MÉTODO DAS FORÇAS – UTILIZANDO TABELA
O método das forças é indicado quando se faz necessário o cálculo manual das
estruturas hiperestáticas (quando não é possível o auxílio de um computador), sendo então este o
primeiro método a ser ensinado nesta apostila. Agora, os mesmos exemplos resolvidos utilizando as
equações para cada tipo de esforço serão resolvidos agora utilizando a tabela de integrais. Isto
significa que o aluno não precisa calcular as integrais das equações, basta olhar a tabela com a
figura desejada e verificar o resultado. O ponto fraco é que o aluno fica incapaz de resolver as
estruturas sem utilizar a tabela. Cabe ao aluno ou professor ensinar o método que for mais
interessante no momento em questão, em geral para faculdades com ponto forte em cálculo utiliza-
se integrar as equações, para faculdades com tendências à construção pode-se ensinar a calcular
utilizando a tabela. Nada impede que se aprenda a calcular utilizando os dois métodos. A tabela de
integrações é dada na próxima página, esta tabela foi obtida do departamento de estruturas da UFG
(Universidade Federal de Goiás).

Exercício 1
Inicialmente fazemos a verificação do grau do hiperestaticidade (h) da estrutura:
Sendo c = 1 chapa vem
Bn = 3c, logo Bn = 3
A somatória dos vínculos dos apoios (Be) é (2+1+1) 4, então:
Be- Bn = h
4-3=1(grau1)
Então se altera a estrutura de forma que h seja 0, neste exercício o apoio móvel
colocado no meio da viga foi removido. A condição para realização do calculo é retirar os vínculos
ate que a estrutura seja isostática e acrescentar forças unitários onde os vínculos foram retirados, ou
seja, onde foi retirado o apoio móvel foi acrescentada uma força unitária no eixo Y.
Reações de Apoio (caso 0)

Obs.: entende-se por caso 0 aquele que os apoios agora estão dispostos de modo a tornar
a estrutura isostática e o cálculo é feito com a carga real
Fx= 0
Ha=0 kN
M(a)= 0
(Rb*6) – [(4*6)*3]=0
Rb = 12 kN
Fy= 0
Ra+Rb – (4*6)= 0 kN
Ra+ 12 – (4*6)= 0 kN
Ra = 12 kN
Reações de Apoio (caso 1)
Obs.: entende-se por caso 1 aquele que os apoios agora estão dispostos de modo a tornar
a estrutura isostática e o cálculo é feito com a carga real
Fx= 0
Ha=0 kN
M(a)= 0
(Rb*6) – (1*3) =0

Rb = 0,5 kN
Fy= 0
Ra+Rb – 1 = 0 kN
Ra+ 0,5 – 1 = 0 kN
Ra = 0,5 kN
Desta forma obtém-se os seguintes graficos (de Cortante (V – kN) e Momentos (M –
kN.m), respectivamente):
Caso 0
Sabendo que onde a V=0 o M=max, calcula-se a área formada pela cortante e obtém-se
o momento. No caso acima, por semelhança de triangulo encontra-se o local onde V=0 :
(12) esta para (x) assim como (12) esta para (6-x), por tanto x=3 se a base do triangulo é
3, vem: [(3*12)/2] o momento máximo será 18. Sabendo que a carga é constante, a V será linear e
logo o momento será uma curva de segundo grau.
Caso 1

Sabendo que onde a V=0 o M=max, calcula-se a área formada pela cortante e obtém-se
o momento. No caso acima, sabe-se que a carga unitária que gera a V=0 esta a 3m do ponto A, se a
base do retangulo é 3, vem: (3*0,5) o momento maximo será 1,5. Sabendo que a carga é
concentrada, a V será constante e logo o momento será linear.
Combinações:
Usando a tabela em anexo, deve combinar as figuras formadas pelos gráficos dos
momentos dos casos 0 e 1, atentando sempre para o sinal da integral, ou seja, quando as áreas
estiverem em sentidos opostos no gráfico (por exemplo: o momento no caso 0 traciona as fibras
superiores e no caso 1 traciona as inferiores) a integral deverá ser negativa.
Combina-se primeiro o gráfico da sit. 0 com sit. 1 e sit.1 com sit. 1. (no caso de h=1)
+
10= 2* ( )
10= 2* ( )
10= 67,5

11 = ( )
11= ( )
11= 4,5
Na matriz:
10 + X1* 11 = 0
67,5 + X1*4,5 = 0
X1 = 15 kN
Reações de Apoio:
Combinando os valores da sit 0 com sit 1 é possível chegar ao esforço real da estrutura
no seu estado hiperestático.
E0 + X1*E1 = 0
Ra = 12 + (15)*0,5 = 4,5 kN
Rb = 12 + (15)*0,5 = 4,5 kN

Exercício 2
Ficando:
Reações de Apoio (sit 0)
Fx= 0
Ha=0 kN
M(a)= 0
(Rb*3) – [(4*3)*1,5]=0
Rb = 6 kN
Fy= 0

Ra+Rb – (4*3) = 0 kN
Ra+ 6 – (4*3) = 0 kN
Ra = 6 kN
M(b)= 0
(Rc*3) – (4*2)=0
Rb = 2,6667 kN
Fy= 0
Rc+Rb – 4 = 0 kN
Rb+ 2,6667 – 4 = 0 kN
Ra = 1,33333 kN
Rb total = 1,33333 + 6 Rb total = 7,33333 kN
Fx= 0
Ha=0 kN
M(b)= 0
(Ra*3) + 1=0
Ra = -1/3 kN
M(c)= 0
[(-1/3)*6] + 1 – 1 (Rb *3) = 0
Ra = 2/3 kN

Fy= 0
- Ra -Rc +Rb = 0 kN
- Rc + (2/3) – (1/3) = 0 kN
Ra = -1/3 kN
Sit. 0
Sit. 1
Combinações:
+ +
10 = -( ) + [- ]

+ (- )
10= -( ) + [- ]+ (-
)
10= -6,2778
+
11= 2* ( )
11= 2* ( )
11= 2
Na matriz:
10 + X1* 11 = 0
-6,2778 + X1*2 = 0
X1 = 3,1389 kN
Reações de Apoio
E0 + X1*E1 = 0
Ra = 6 + (3,1389*-0,3333) = 4,9537 kN
Rb = 7,3333 + (3,1389*0,6667) = 9,4259 kN
Rc = 2,6667 + (3,1389*-0,3333) = 1,6204 kN

Exercício 3
Ficando
Fx= 0
Ha=0 kN

M(a)= 0
(Rb*4) – [(4*4)*2] * (4*6)=0
Rb = 14 kN
Fy= 0
Ra+Rb – (4*4) - 4 = 0 kN
Ra+ 6 – 20 = 0 kN
Ra = 6 kN
Fx= 0
Ha=0 kN
M(b)= 0
(Ra*4) - 1=0
Ra = -1/4 kN
Fy= 0
Ra +Rb = 0 kN
Rb – (1/4) = 0 kN
Ra = 1/4 kN
Desta forma obtém-se os seguintes graficos (de Cortante (V – kN) e Momentos (M
– kN.m), respectivamente):
Sit. 0

Sit. 1
Combinações:
+
10 = -( ) + ( )
10= -( ) + ( )
10= - 5,7777

11= ( )
11= ( )
11= 1,3333
Na matriz:
10 + X1* 11 = 0
- 5,7777 + X1* 1,3333 = 0
X1 = 4,3333 kN
Reações de Apoio
E0 + X1*E1 = 0
Ra = 6 + (4,3333 0,25) = 7,08 kN
Fy= 0
7,08 +Rb – (4*4) - 4 = 0 kN
Rb = 11,92 kN

Exercício 4
Ficando:

Fx= 0
Ha=0 kN
M(a)= 0
Ma – [(4*4)*2] =0
Ma = 32 kN.m
Fy= 0
Ra - (4*4) = 0 kN
Ra = 16 kN

Fx= 0
Ha=0 kN
M(b)= 0
Ma – (1*4)=0
Ma = 4 kN.m
Fy= 0
Ra +1 = 0 kN
Ra = -1 kN
Sit. 0
Sit. 1

Combinações:
+
10 = (- ) + ( - )
10= (- ) + ( )
10= - 640
+
11= ( ) + ( )
11= (- ) ( )
11= 85,3333
Na matriz:
10 + X1* 11 = 0
- 640 + X1* 85,3333 = 0
X1 = 7,5 kN
Reações de Apoio
E0 + X1*E1 = 0

Ra = 16 + (7,5*-1) = 8,5 kN
Rb = (4*4) -Ra = 7,5 kN
Ma= (7,5*4) - (16*2)= 2kN.m
Exercício 5

Ficando:
Fx= 0
Ha=4 kN
M(a)= 0
(Rb *4) – [(4*4)*2] – (4*2) =0
Rb = 6 kN.m

Fy= 0
Ra + Rb – 16 = 0kN
Ra = 10 kN
Fx= 0
Ha= 1 kN
Fy= 0
Ra + Rb = 0 kN
Ra = 0 kN
Sit. 0

Sit. 1
Combinações:
+ ( + )+ ( + ) +
10 = ( ) + [( )] + [( )]
+ [ )]
10= ( ) + [( )] + [(
)] + [ )]
10= 218,6667
+ +

11= ( ) +( ) + ( )
11= ( ) +( )+ ( )
11= 106,6667
Na matriz:
10 + X1* 11 = 0
- 218,6667 + X1* 106,6667 = 0
X1 = -2,04999 kN
Reações de Apoio
E0 + X1*E1 = 0
Ra = 10 + (-2,04999 *0) = 10 kN
Rb = 6 + (-2,04999 * 0) = 6 kN
Ha= 4 – (-2,04999 * 1)= 1,95 kN
Hb= 4 – Ha = 2,05 kN

Exercício 6
Ficando:

Fx= 0
Ha=4 kN
M(a)= 0
(Rb *4) + (4*2) – (4*2) =0
Rb = 6 kN.m
Fy= 0
Ra + Rb – 4 = 0kN
Ra = 4 kN
Fx= 0
Ha= 1 kN
M(a)= 0
(Rb *4) - (4*1) =0
Rb = 1 kN.m
Fy= 0
Ra - Rb = 0 kN
Ra = 1 kN

Sit. 0
Sit. 1
Combinações:
+ +
10 = ( ) + [( ) + [
)]

10= ( ) + [( ) + [ )]
10= 272
+ +
11= ( ) +( ) + ( )
11= ( ) +( )+ ( )
11= 106,6667
Na matriz:
10 + X1* 11 = 0
272 + X1* 106,6667 = 0
X1 = -2,549999 kN
Reações de Apoio
E0 + X1*E1 = 0
Rb = 0 + (-2,549999 * 1) = 0 kN
Ha= 4 – (-2,549999 * 1)= 1,45 kN
Fazendo
Fx= 0 e Fy = 0
Ra = 4 kN e Hb= 2,55 kN

Exercício 7
Ficando:
Fx= 0
Ha=0 kN
M(a)= 0
-(Rb *6) + (4*5) – (16*2) =0
Rb = 8,666667 kN.m
Fy= 0
Ra + Rb – 4 - 16 = 0kN
Ra = 11,333333 kN

Fx= 0
Ha= 0 kN
M(a)= 0
- (Rb *6) -(4*1) - 1 =0
Rb = 0,8333 kN.m
Fy= 0
Ra - 0,8333 + 1= 0 kN
Ra = - 0,16666 kN
Sit. 0
Para encontrar o valor máximo do momento faz-se semelhança de triangulo, obtem-se o x
onde V=0, calcula-se a área.
No caso acima, por semelhança de triangulo encontra-se o local onde V=0
(11,3) esta para (x) assim como (4,7) esta para (4-x), por tanto x=2,833333 se a base do
triangulo é 2,8333333, vem: [(11,3*2,8333333)/2] o momento maximo será 16,1 (arredondado)
Sit. 1

Combinações:
+ ( + ) + +
10 = + [- )+[
+
+ { )+ )]} + ( )
10=+[-
)+[ + {
)+ )]} + ( )
10= -83,553578
+
11= { )+ )]}+ ( )
11= { )+ )]}+ ( )
11= 11,55373
Na matriz:
10 + X1* 11 = 0
-83,553578 + X1* 11,55373= 0
X1 = 7,36733 kN

Reações de Apoio
E0 + X1*E1 = 0
Ra = 11,3333 + (13,5 * -0,16666) = 10,10 kN
Rb = 8,666667 + (13,5 * 0,83333) = 14,806 kN

Exercício 8
Ficando:
Fx= 0
Ha=0 kN
M(a)= 0 kN.m
Ma – (4*6*3)= 0
Ma= 24 kN.m
Fy= 0
Ra – (4*6) = 0 kN
Ra = 24 kN

Fx= 0
Ha= 0 kN
M(a)= 0
- Ma -(1*4) – (1*6) =0
Ma = 10 kN.m
Fy= 0
Ra + 1+ 1= 0 kN
Ra = 2 kN
Sit. 0
Sit. 1

Combinações:
( + )+
10 =
10=
10= 541,3333
+
11= , -
11= , -
11= 168
Na matriz:
10 + X1* 11 = 0
541,333333+ X1*168 = 0
X1 = -3,2222 kN
Reações de Apoio
E0 + X1*E1 = 0
Ra = 24 + (-3,2222*2) = 17,5555 kN, vem:
Fx= 0
Ha=0 kN
Fy= 0
Ra + Rb + Rc – (4*6) = 0 kN

M()= 0
Exercício 9
Ficando:

Fx= 0
Ha= kN
M(a)= 0 kN.m
Ma – (4*4*2)= 0
Ma= 32 kN.m
Fy= 0
Ra – (4*4) = 0 kN

Ra = 16 kN
Considerando sit 1:
Fx= 0
Ha= - 1 kN
M(a)= 0
Ma – (1*4) – 1= 0
Ma= 5 kN.m
Fy= 0
Ra + 1 = 0 kN
Ra = -1 kN
Sit. 0

Sit. 1
Combinações:
+
10 = -
10= -
10= -1237,3333
+ +

11= , - ,
- , -
11= , - , -
, -
11= 444
Na matriz:
10 + X1* 11 = 0
-1237,3333+ X1*444 = 0
X1 = 2,78678 kN
Reações de Apoio
E0 + X1*E1 = 0
Ra = 16 + (2,78678* -1) = 13,2132 kN, vem:
Fx= 0
Ha + Hb + (4*4)=0 kN
Fy= 0
Ra + Rb – (4*6) = 0 kN
M()= 0

4. REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS
MARTHA, Luiz Fernando. Análise de estruturas: conceitos e métodos básicos. Campos. Rio de Janeiro,
2010.
MARTHA, Luiz Fernando. FTOOL–Um programa gráfico-interativo para ensino de comportamento de
estruturas. Versão educacional, v. 2, p. 33, 2002.
LAIER, JOSE ELIAS; BARREIRO, J. C. Complementos de resistência dos materiais. Sao Carlos:
EESC/USP, 2a. ed., L&B [2003], v. 26, n. 02, 1983.
BEER, Ferdinand Pierre; JOHNSTON, Elwood Russell. Resistência dos materiais. McGraw-Hill, 1982.

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