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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS – ÁREA 1 
AULA 02 – REAÇÕES 
1. ESTRUTURAS COM ARTICULAÇÕES – RÓTULAS 
Rótulas são dispositivos de ligação articulada entre elementos de uma estrutura que impedem 
deslocamentos lineares relativos entre os elementos, mas não restringem rotações. 
Conseqüentemente, forças internas desenvolvem-se na rótula representando a ação mútua entre os 
elementos no intuito de evitar os deslocamentos relativos nestes pontos. Além disso, como não há 
qualquer restrição quanto às rotações, o momento nas rótulas é nulo. Para que a condição estática 
seja obtida, a estrutura deve estar em equilíbrio interna e externamente. 
Estas articulações podem ser tanto internas como também externas à estrutura. A rótula é dita interna 
quando representa uma articulação entre elementos que compõe a estrutura e externa quando liga a 
estrutura ao meio externo, sendo geralmente reproduzidas por apoios de segunda classe neste caso. 
Além da aplicação como elementos de ligação em treliças, rótulas são também empregadas em 
diversos tipos de estruturas. 
 
 
No conjunto de 2 barras mostrado ao lado, observa-se que a 
articulação em B proíbe os deslocamentos da barra AB em 
relação à barra BC. Entretanto, a barra AB (ou BC) pode girar 
livremente em torno da rótula já que a mesma não oferece 
nenhuma restrição a giros. Uma vez que não é possível a 
existência de deslocamentos lineares relativos na rótula, forças 
internas de reação desenvolvem-se internamente. 
O uso de rótulas deve ser feito com cuidado, pois dependendo 
da disposição das rótulas a estrutura pode tornar-se 
hipostática. Além disso, problemas que originalmente são 
hiperestáticos, com a adição de rótulas acabam tornando-se 
isostáticos. Nas ilustrações ao lado, observa-se que no caso 
(a) a barra à direita da rótula mantém o equilíbrio interno pela 
presença do apoio. Já no caso (b), a mesma barra não pode 
manter o equilíbrio interno, pois a disposição do apoio, neste 
caso, não impede a rotação da barra, tornando a estrutura 
hipostática. 
(a) 
(b) 
As forças internas nas rótulas têm a função de manter unidas as diversas partes da estrutura junto às 
articulações. Elas não afetam o equilíbrio externo, pois se cancelam de acordo com a terceira Lei de 
Newton (ação e reação). Como o momento é nulo nestas articulações, a presença de rótulas internas 
implica em equações adicionais ao sistema de equações de equilíbrio estático. Para o cálculo de 
reações vinculares em problemas envolvendo rótulas são utilizados dois métodos: a) rompendo as 
rótulas e verificando o equilíbrio interno das partes; b) impondo momento nulo nas rótulas. 
Na figura abaixo são indicadas as formas de atuação das cargas sobre rótulas através de casos 
práticos que mostram o funcionamento da articulação. No caso de forças, ao utilizar-se o método de 
romper rótulas é possível aplicar a força em uma ou em outra parte da estrutura, nunca nas duas 
partes simultaneamente, a menos que a força seja então dividida entre as partes. No caso de 
momento aplicado em rótulas, deve-se observar claramente em qual das partes da estrutura está 
 2
agindo o momento, uma vez que momentos não podem ser transmitidos de uma parte para outra da 
estrutura através da articulação. 
 
2. SOLUÇÃO DE PROBLEMAS COM ARTICULAÇÕES ROMPENDO AS RÓTULAS 
Neste método, a determinação de reações de estruturas com rótulas internas é obtida rompendo as 
rótulas e trabalhando com cada uma das partes da estrutura. Para cada uma destas partes devem ser 
aplicadas as equações de equilíbrio para verificação da condição estática em nível local (equilibro 
interno). No local das rótulas, um par de forças deve ser imposto para representar a ação da 
articulação, sempre segundo os princípios da terceira Lei de Newton (ação e reação). 
No exemplo mostrado abaixo, obtém-se as reações de apoio de uma viga com uma rótula. Como o 
número de reações vinculares é igual a 4, tem-se inicialmente a impressão de tratar-se de um 
problema hiperestático. No entanto, a rótula irá acrescentar uma equação (momento nulo a rótula) ao 
sistema de equações de equilíbrio da estática de corpos rígidos no plano (3 equações), formando 
assim um sistema de 4 equações para 4 incógnitas. Outra forma de verificar se o problema é 
isostático é somar as reações externas (4 reações) com as forças internas das rótulas (1 rótula � 2 
reações) e comparar com as equações de equilíbrio disponíveis, ou seja, 3 equações para cada parte 
da estrutura. 
 
A resolução é iniciada rompendo-se a articulação, dividindo a estrutura em duas partes (AB e BC). 
Para a parte BC, têm-se as seguintes equações de equilíbrio (observe a aplicação das forças internas 
na rótula – HB e VB): 
B0 H 0 (1)xF = ⇒ =∑ 
B C 20 V V P 0 (2)yF = ⇒ + − =∑ 
C 2 2 2
C 2
0 V . P .0,5. 0
V 0,5.P (3)
B
zM l l= ⇒ − =
⇒ =
∑
 
 
Agora é repetido o procedimento com a parte AB da estrutura, aplicando as forças internas na rótula 
em sentidos contrários aos utilizados na parte BC. 
 3
A B0 H H (4)xF = ⇒ =∑ 
A B 10 V V P 0 (5)yF = ⇒ − − =∑ 
A B 1 1 10 M V . P .0,7. 0 (6)AzM l l= ⇒ − − =∑ 
 
Substituindo o resultado da equação (3) nas equações (2), (5) e (6), obtém-se, respectivamente: 
B 2
A 1 2
A 2 1 1 1
V 0,5.P
V P 0,5.P
M 0,5.P . P .0,7.l l
=
= +
= +
 
3. SOLUÇÃO DE PROBLEMAS COM ARTICULAÇÕES IMPONDO MOMENTO NULO NAS 
RÓTULAS 
Neste método as reações são obtidas utilizando-se as equações de equilíbrio externo da estrutura 
juntamente com equações de somatório de momentos nulos nas rótulas. Cada rótula representa, na 
verdade, um grau de liberdade extra para a estrutura, correspondendo ao giro relativo das barras 
vinculadas pela articulação. 
Resolvendo o problema anterior através do presente método, inicia-se com as equações de equilíbrio 
externo: 
A0 H 0 (1)xF = ⇒ =∑ 
A C 1 20 V V P P 0 (2)yF = ⇒ + − − =∑ 
C 1 2 2 2 1
1 1 A
0
V .( ) P .(0,5. )
P .0,7. M 0 (3)
A
zM
l l l l
l
=
⇒ + − + −
+ =
∑
 
 
Como são 4 as incógnitas do problema, necessita-se de mais uma equação, que vem da imposição 
do momento nulo na rótula. Para isso, adota-se uma das equações a seguir: 
0
0
Besq
z
Bdir
z
M
M
=
=
∑
∑
 
Ou seja, toma-se a parte à esquerda ou à direita da rótula e impõe-se a soma de momentos igual a 
zero na rótula (ponto B) para aquela configuração escolhida. 
Tomando a parte da estrutura à esquerda da rótula, obtém-se: 
A A 1 1 10 M V . P .0,3. 0 (4)BesqzM l l= ⇒ − + =∑ 
 
 
 
 4
Optando pela parte da estrutura à direita da rótula, tem-se: 
C 2 2 2 C 20 V . P .0,5. 0 V 0,5.P (5)BdirzM l l= ⇒ − = ⇒ =∑ 
 
Empregando a equação (4) ou a equação (5) juntamente com as equações (1), (2) e (3), chega-se à 
mesma solução obtida anteriormente, ou seja: 
A
A 1 2
C 2
A 2 1 1 1
H 0
V P 0,5.P
V 0,5.P
M 0,5.P . P .0,7.l l
=
= +
=
= +
 
EXERCÍCIOS: 
1 – Determine a força atuante na barra BD e as reações em C e em D: 
 
Equações de equilíbrio externo: 
D C0 H H (1)xF = ⇒ =∑ 
D C D C0 V V 350 0 V V 350 (2)yF = ⇒ + − = ⇒ + =∑ 
C
C C C
H0 150.V 75.H 0 V (3)
2
D
zM = ⇒ + = ⇒ = −∑ 
Aplicando a condição de momento nulo na rótula para o trecho BD da estrutura: 
,
D D D D0 100.V 75.H 0 V 0,75.H (4)B BDzM = ⇒ − + = ⇒ =∑ 
Substituindo as equações (3) e (4) na equação (2), obtém-se: 
D C0 0,75.H 0,5H 350 (5)DzM = ⇒ − =∑ 
Substituindo a equação (1) na equação (5), tem-se que: DH 1400N= . 
 5
Logo: CH 1400N= , CV 700N= − e DV 1050N= . 
Como a barra BD é uma barra bi-articulada com carga apenas nas rótulas, a força atuante está 
direcionada segundo a direção de seu próprio eixo, como ocorre nas barras de uma treliça. Portanto: 
2 2
BD D DF H V 1750N= + = 
Uma solução alternativa seria aplicar a condiçãode momento nulo na rótula para o trecho ABC da 
estrutura: 
,
C C0 100.350 50.V 0 V 700B ABCzM N= ⇒ + = ⇒ = −∑ 
Aplicando este resultado às equações de equilíbrio externo, chega-se à mesma solução obtida 
anteriormente. 
2 – Para a estrutura abaixo determine as reações nos vínculos A e D: 
 
Neste problema temos um engaste em A e um apoio de 2ª classe em D, totalizando 5 incógnitas. Na 
medida em que temos também 2 rótulas (em B e em C), o total de equações disponíveis é 5, 
possibilitando assim a solução pelos métodos da Estática. Mesmo que os apoios sejam inclinados, as 
reações de força podem ser descritas segundo as direções x e y do plano, pois em ambos os apoios 
há restrição total de translações. Substituindo as cargas distribuídas pelas respectivas forças 
equivalentes, obtém-se o seguinte sistema: 
1 10 .4 40
kNp m kN
m
= = 
2
20 .4 40
2
kN m mp kN= = 
2 2
3 30 . 2 2 84,85p kN m kN= + = 
 
Equações de equilíbrio externo: 
A D A D0 H H 84,85.cos 45º 0 H H 60 (1)xF = ⇒ + − = ⇒ + =∑ 
A D A D0 V V 40 40 84,85.sen45º 0 V V 140 (2)yF = ⇒ + − − − = ⇒ + =∑ 
A D
A D
0
M 10.V 2.40 6,67.40 80 9.84,85.sen45º 2.84,85.cos45º 0
M 10.V 686,79 (3)
A
zM =
⇒ + − − + − + =
⇒ + =
∑
 
Aplicando a condição de momento nulo na rótula B para o trecho AB da estrutura: 
 6
,
A A A A A A0 M 4.V 3.H 2.40 0 M 4.V 3.H 80 (4)B ABzM = ⇒ − + + = ⇒ − + = −∑ 
Aplicando a condição de momento nulo na rótula C para o trecho CD da estrutura (observe que o 
momento em C está aplicado à esquerda da rótula): 
,
D D D D0 2.V 3.H 1,414.84,85 0 2.V 3.H 119,98 (5)C CDzM = ⇒ + − = ⇒ + =∑ 
Montando o sistema na forma matricial, obtém-se: 
A
A
A
D
D
H1 0 0 1 0 60
V0 1 0 0 1 140
M0 0 1 0 10 686,79
H3 4 1 0 0 80
V0 0 0 3 2 119,98
    
     
          =   
     
− −     
         
 
Resolvendo o sistema, obtém-se: 
A
A
A
D
D
H 64, 47
V 73,3
M 19,77
H 4, 47
V 66,7
kN
kN
kN
kN
kN
=
=
=
= −
=
 
3 – Determine as reações nos vínculos A e D do pórtico abaixo: 
 
Neste exercício será adotado o método de romper rótulas para a solução do problema. Portanto, a 
estrutura do pórtico será dividida, junto à articulação, em dois trechos: ABC e CD. Observe que a 
carga distribuída estende-se por todo o trecho BCD, com carga concentrada equivalente aplicada em 
C, na projeção do centróide da carga retangular. Entretanto, ao romper a estrutura, devemos lembrar 
que a articulação não é capaz de transmitir momentos de um lado para outra da rótula. Assim, 
teremos duas cargas concentradas equivalentes neste caso, uma para o trecho BC e outra para o 
trecho CD. Além disso, devemos também observar que o momento de 150 kN.m, aplicado na rótula, 
age no trecho CD apenas. O número total de incógnitas é 6: 4 reações externas + 2 forças internas 
na rótula; o número de equações disponíveis é também 6, 3 equações de equilíbrio para cada parte 
da estrutura decomposta. 
 
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Equações de equilíbrio interno – trecho ABC: 
0 Cx Ax 0 (1)xF = ⇒ + =∑ 
0 Ay 120 100 Cy 0 (2)yF = ⇒ − − + =∑ 
, 0
Am 120.2 100.4 Cy.4 Cx.5 0 (3)
A ABC
zM =
⇒ − − + − =
∑
 
 
Equações de equilíbrio interno – trecho CD: 
0 Cx 0 (4)xF = ⇒ − =∑ 
0 Cy 120 Dy 0 (5)yF = ⇒ − − + =∑ 
, 0 150 120.2 Dy.4 0
Dy 97,5 (6)
C CD
zM
kN
= ⇒ − − + =
⇒ =
∑
 
 
Com o resultado da equação (6), obtém-se da equação (5): Cy 22,5kN= − . Voltando para as 
equações (1), (2) e (3) com estes resultados, chega-se à solução para as demais reações: 
Ax 0
Ay 242,5
Am 730 .
kN
kN m
=
=
=
 
4 – Determine as reações nos apoios da viga abaixo: 
 
O primeiro passo para a solução do problema é substituir a carga distribuída por uma carga 
concentrada equivalente, que terá módulo igual à área abaixo da curva que descreve a distribuição 
do carregamento e ponto de aplicação no centróide desta área. A posição do centróide da área 
abaixo da função de carga é dada por: 
 
4
0
4
0
.100.cos
8
100.cos
8
c
x
x dx
xdA
x
xdA dx
pi
pi
 
 
 
= =
 
 
 
∫∫
∫ ∫
 
 8
Aplicando o método de integração por partes: 
44
2
0 0
4
0
8 64100. . .sen 100. .cos
8 8
8100. .sen
8
c
x x
x
x
x
pi pi
pi pi
pi
pi
     
− −     
     
=
 
 
 
 
1, 45cx m⇒ = 
O módulo da força concentrada equivalente é dado por: 
44
0 0
8100.cos 100. .sen
8 8
x xF dA dxpi pi
pi
   
= = =   
   
∫ ∫ 254,65F N⇒ = 
Como a estrutura apresenta uma articulação no ponto C, será adotado o método de romper rótulas 
para a obtenção das reações nos vínculos. Neste exercício, a viga será decomposta junto à 
articulação nas partes AC e CD. O total número de incógnitas é 6: 4 reações externas + 2 forças 
internas na rótula. O número de equações disponíveis será também igual a 6, ou seja, 3 equações de 
equilíbrio interno para cada trecho. 
Equações de equilíbrio interno – trecho AC: 
0 Cx 0 (1)xF = ⇒ =∑ 
0 Ay 254,65 Cy 0 (2)yF = ⇒ − + =∑ 
, 0 254,65.3,55 Ay.5 0
Ay = 180,8 (3)
C AC
zM
N
= ⇒ − =
⇒
∑
 
Com o resultado da equação (3), obtém-se da equação (2): 
Cy 73,85kN= . 
Equações de equilíbrio interno – trecho CD (observe que o momento aplicado na rótula age apenas 
no trecho CD): 
0 Dx Cx 0 (4)xF = ⇒ − =∑ 
0 Dy 73,85 0 Dy 73,85 (5)yF kN= ⇒ − = ⇒ =∑
 
, 0 500 73,85.3 0
M 278,45 . (6)
C CD
zM M
N m
= ⇒ − + + =
⇒ =
∑