Lista de Exercicios de Fixacao A4

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Lista de Exercícios – Fixação do Conteúdo AULA 4 
 
3-) Determine a força resultante e especifique onde ela atua na viga, medindo a partir do ponto A. 
 
Resolução: 
Vamos primeiro separar nosso problema em áreas conhecidas: 
 
Obs: Poderia ser feito de outra forma. Não importa. 
Agora temos que calcular as forças resultantes 1 e 2, que correspondem às áreas das duas figuras: 
𝐴1 = 𝐹1 =
4,5(6 − 3)
2
= 6,75 𝑁 
𝐴2 = 𝐹2 = (4,5 + 1,5)3 = 18 𝑁 
Desenhando essas forças temos: 
 
A força resultante 𝐹𝑅 é dada por: 
𝐹𝑅 = 𝐹1 + 𝐹2 = 6,75 + 18 𝐹𝑅 = 24,75 𝑁 
Agora temos que calcular a posição onde essas duas forças se encontram: �̃�1 e �̃�2 
�̃� =
𝑏
3
 é a equação do centroide para uma figura triangular. É um terço da base, com relação ao lado maior do 
triângulo. Logo 
�̃�1 =
𝑏
3
=
4,5
3
= 1,5 𝑚 
�̃� =
𝑏
2
 é a equação do centroide para uma figura retangular. É metade da base do retângulo. Logo 
�̃�2 =
𝑏
2
=
(4,5 + 1,5)
2
= 3 𝑚 
Aplicando a equação do centroide, conseguimos obter o centroide geral (total) onde a força resultante 𝐹𝑅 deve 
ser aplicada: 
�̅� =
∑ �̃�𝐴
∑ 𝐴
=
(1,5.6,75 + 3.18)
(6,75 + 18)
 
Portanto, �̅� = 2,591 𝑚 
 
 
2-) Determine a força normal interna, força cortante e o momento fletor no ponto C da viga. 
 
Resolução: 
Primeiro devemos obter as forças resultantes provenientes do carregamento distribuído. Para isto, pergunta-se: 
Em quantas figuras conhecidas podemos dividir este carregamento distribuído? Uma solução mais óbvia é em 
dois triângulos, conforme mostra a seguinte figura: 
 
Para calcularmos a força resultante destes dois carregamentos (para os dois triângulos), devemos determinar as 
áreas deles. Para o primeiro triângulo temos que a base dele equivale a 1,5 + 1,5 + 1,5 (m) e a altura corresponde 
ao valor do carregamento distribuído 3 kN/m. Logo: 
𝑤1 =
(1,5 + 1,5 + 1,5). 3
2
= 6,75 𝑘𝑁 
 Para o segundo triângulo, a base é igual a 1,5 e a altura também é 3kN/m. 
𝑤2 =
1,5.3
2
= 2,25 𝑘𝑁 
 As posições que devem ser inseridas essas forças, corresponde ao centroide de cada figura. Como ambas são 
triângulos, o centroide corresponde a 1/3 da base (𝑏 3⁄ ), posicionado em relação à altura do triângulo. Para o 
triângulo 1, temos: 
𝑏
3
=
(1,5 + 1,5 + 1,5)
3
= 1,5 𝑚 
 
Para o segundo triângulo a base é igual a 1,5 m, logo: 
𝑏
3
=
1,5
3
= 0,5 𝑚 
 
Antes de calcularmos as forças internas, é necessário determinar as reações de apoio no pino em A e no rolete em 
B. Vamos ao Digrama de Corpo Livre dessa estrutura: 
 
Como no ponto A é um pino, temos duas reações nesse apoio. Já no ponto B por ser um rolete, este possui apenas 
uma reação de apoio. Para obter a reação de apoio 𝐵𝑦, podemos fazer o somatório de momentos em A: 
∑ 𝑀𝐴 = 0 ; −6,75.1,5 + 𝐵𝑦. (1,5 + 1,5) − 2,25. (1,5 + 1,5 + 0,5) = 0 
Isolando 𝐵𝑦, temos: 
𝐵𝑦 =
(6,75.1,5 + 2,25.3,5)
3
= 6 𝑘𝑁 
Através do somatório de forças no eixo x, obtemos a reação 𝐴𝑥: 
∑ 𝐹𝑥 = 0 ; 𝐴𝑥 = 0 
A força 𝐴𝑥 é zero, pois não há outras forças no eixo x. 
Através do somatório de forças no eixo y, obtemos a reação 𝐴𝑦: 
∑ 𝐹𝑦 = 0 ; 𝐴𝑦 − 6,75 + 𝐵𝑦 − 2,25 = 0 
Como 𝐵𝑦 = 6, podemos isolar 𝐴𝑦 e obtê-lo: 
𝐴𝑦 = 6,75 − 6 + 2,25. Portanto, 𝐴𝑦 = 3 𝑘𝑁. 
Agora que calculamos as reações de apoio e as forças resultantes e suas posições, devemos calcular as forças 
internas no ponto C. Para isto, vamos fazer uma seção exatamente nesse ponto e inserir os três esforços que 
desejamos calcular (força normal N, força de cisalhamento V e momento fletor M): 
 
Observe que temos um novo carregamento distribuído. Não sabemos qual é o valor da altura do triângulo, mas 
podemos obtê-la por semelhança de triângulos, por: 
 
3
(1,5+1,5+1,5)
=
ℎ
(1,5+1,5)
 isolando h, temos: 
ℎ =
3.3
4,5
= 2 𝑘𝑁/𝑚 
Agora, calculamos a força resultante desse carregamento distribuído através da área do triângulo. 𝐹 =
(1,5+1,5).ℎ
2
=
3.2
2
= 3 𝑘𝑁. 
Voltando no DCL, agora conseguimos calcular as forças internas aplicando as equações de equilíbrio 
(∑ 𝐹𝑥 = 0 , ∑ 𝐹𝑦 = 0 e ∑ 𝑀 = 0): 
 
∑ 𝐹𝑥 = 0 𝐴𝑥 + 𝑁 = 0 como 𝐴𝑥 = 0 isolando N temos que 𝑁 = 0. 
∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐴𝑦 − 3 − 𝑉 = 0 como 𝐴𝑦 = 3 𝑘𝑁 isolando V temos que 𝑉 = 0. 
∑ 𝑀 = 0 −𝐴𝑦. 1,5 + 3.
𝑏
3
+ 𝑀 = 0 como b é a base desse triângulo e equivale a 1,5+1,5 = 3 m. Isolando 
M temos: 𝑀 = 3.1,5 − 3.
3
3
. Portanto 𝑀 = 1,5 𝑘𝑁. 𝑚. 
Portanto, 𝑁 = 0, 𝑉 = 0 e 𝑀 = 1,5 𝑘𝑁. 𝑚 
2-) O suporte AB é usado para endireitar a viga DE conforme mostra a figura. Se a força de compressão axial no 
suporte AB é de 5000 lb, determine o momento interno desenvolvido no ponto C no topo da viga. Despreze o 
peso da viga. 
 
Resolução: 
Primeiro temos que desenhar o diagrama de corpo livre para compreender as forças que estão atuando na viga: 
 
Trata-se de apoios do tipo simples, pois as vigas poderiam girar e se movimentar no eixo horizontal. Portanto, a 
restrição é somente quanto ao movimento no eixo y, representado comumente por um rolete nos nossos estudos. 
Sabemos que a força de 5000 lb está exatamente no meio da estrutura, logo, esta força é distribuída igualmente 
para ambos os lados, ou seja, metade para 𝐷𝑦 e a outra metade para 𝐸𝑦. Assim temos que 𝐷𝑦 = 2500 𝑙𝑏 e 𝐸𝑦 =
2500 𝑙𝑏. 
Com as reações de apoios, podemos fazer um corte no ponto desejado, que no caso é o ponto C, e determinar as 
forças internas nele (força normal, força cortante e momento fletor): 
 
Aplicando as equações de equilíbrio (∑ 𝐹𝑥 = 0 , ∑ 𝐹𝑦 = 0 e ∑ 𝑀 = 0), temos: 
∑ 𝐹𝑥 = 0 𝑁𝑐 = 0, pois não há forças no eixo x (horizontal) 
∑ 𝐹𝑦 = 0 −𝐷𝑦 − 𝑉𝑐 = 0. Como 𝐷𝑦 = 2500 𝑙𝑏, logo 𝑉𝑐 = −2500 𝑙𝑏 
∑ 𝑀 = 0 𝐷𝑦. 10 + 𝑀𝑐 = 0. Isolando 𝑀𝑐, temos que 𝑀𝑐 = −2500.10. 
 Logo, 𝑀𝑐 = −25000 𝑙𝑏. 𝑓𝑡 ou 𝑀𝑐 = −25 𝑘𝑖𝑝. 𝑓𝑡. 
Portanto, 𝑁𝑐 = 0, 𝑉𝑐 = −2500 𝑙𝑏 e 𝑀𝑐 = −25 𝑘𝑖𝑝. 𝑓𝑡. 
 
3-) O suporte AB é usado para endireitar a viga DE conforme mostra a figura. Se a força de compressão axial no 
suporte AB é de 5000 lb, determine o momento interno desenvolvido no ponto C no topo da viga. Considere que 
o peso da viga é de 150 lb/ft. 
 
Resolução: 
Primeiro temos que desenhar o diagrama de corpo livre para compreender as forças que estão atuando na viga: 
 
Trata-se de apoios do tipo simples, pois as vigas poderiam girar e se movimentar no eixo horizontal. Portanto, a 
restrição é somente quanto ao movimento no eixo y, representado comumente por um rolete nos nossos estudos. 
Sabemos que as forças de 5000 lb e a força resultante do carregamento distribuído de 3600 lb estão exatamente 
no meio da estrutura, logo, estas forças são distribuídas igualmente para ambos os lados, ou seja, metade para 𝐷𝑦 
e a outra metade para 𝐸𝑦. Assim temos que 𝐷𝑦 = (5000 − 3600)/2 = 700 𝑙𝑏 e 𝐸𝑦 = 700 𝑙𝑏. 
Com as reações de apoios, podemos fazer um corte no ponto desejado, que no caso é o ponto C, e determinar as 
forças internas nele (força normal, força cortante e momento fletor): 
 
Aplicando as equações de equilíbrio (∑ 𝐹𝑥 = 0 , ∑ 𝐹𝑦 = 0 e ∑ 𝑀 = 0), temos: 
∑ 𝐹𝑥 = 0 𝑁𝑐 = 0, pois não há forças no eixo x (horizontal) 
∑ 𝐹𝑦 = 0 −𝐷𝑦−1800 − 𝑉𝑐 = 0. Como 𝐷𝑦 = 700 𝑙𝑏, logo 𝑉𝑐 = −2500 𝑙𝑏 
∑ 𝑀 = 0 𝐷𝑦. 10 + 1800.6 + 𝑀𝑐 = 0. Isolando 𝑀𝑐, temos que 𝑀𝑐 = −700.10 − 1800.6. 
 Portanto, 𝑀𝑐 − 7000 − 10800 = 17800 𝑙𝑏. 𝑓𝑡 ou 𝑀𝑐 = −17,8 𝑘𝑖𝑝. 𝑓𝑡. 
Portanto, 𝑁𝑐 = 0, 𝑉𝑐 = −2500 𝑙𝑏 e 𝑀𝑐 = −17,8 𝑘𝑖𝑝. 𝑓𝑡. 
 
4-) Desenhe os diagramas de força cortante e de momento fletor da seguinte viga: 
 
Primeiro temos que desenhar o diagrama de corpo livre para compreender as forças que estão atuando na viga: 
 
Calcula as reações de apoio 𝐴𝑥, 𝐴𝑦 e 𝐵𝑦: 
∑ 𝑀𝐴 = 0 ;−9.4 + 𝐵𝑦(4 + 2) = 0. Isolando 𝐵𝑦 temos: 𝐵𝑦 =
9.4
6
= 6 𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑥 = 0 −𝐴𝑥 = 0 ou 𝐴𝑥 = 0 
∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐴𝑦 − 9 + 𝐵𝑦=0. Isolando 𝐴𝑦 = 9 − 6. Portanto 𝐴𝑦 = 3 𝑘𝑁. 
Para traçar os diagramas, temos que fazer algumas seções na estrutura. Estas seções são feitas a fim de conhecer 
o comportamento da força cortante e do momento antes e após uma mudança, ou seja, antes e após uma força ou 
momento concentrado e durante uma carga distribuída. Como só temos uma força concentrada de 9 kN, podemos 
fazer um corte antes dessa força em 0 ≤ 𝑥 ≤ 4 e depois em 4 ≤ 𝑥 ≤ 6. Primeira seção: 
 
∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐴𝑦 − 𝑉1 = 0 𝑉1 = 3 𝑘𝑁 
∑ 𝑀 = 0 −𝐴𝑦 𝑥 + 𝑀1 = 0 𝑀1 = 3𝑥 (𝑘𝑁𝑚) 
Segunda seção: 
 
∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐴𝑦 − 9 − 𝑉2 = 0 → 𝑉2 = −6 𝑘𝑁 
∑ 𝑀 = 0 −𝐴𝑦 𝑥 + 9. (𝑥 − 4) + 𝑀1 = 0 𝑀1 = 3𝑥 − 9𝑥 + 36. Logo 𝑀1 = −6𝑥 + 36 (𝑘𝑁. 𝑚) 
Agora com as equações de força cortante e de momento fletor, podemos desenhar os respectivos diagramas: 
 
 
5-) Desenhe os diagramas de força cortante e de momento fletor da seguinte viga. Considere 𝑀0 = 500 Nm e 
𝐿 = 8 𝑚. 
 
Primeiro temos que desenhar o diagrama de corpo livre para compreender as forças que estão atuando na viga: 
 
O próximo passo é o cálculo das reações de apoio 𝐴𝑥, 𝐴𝑦 e 𝐵𝑦: 
∑ 𝑀𝐴 = 0 ; −𝑀0 + 𝐵𝑦 (
8
2
+
8
2
) = 0. Isolando 𝐵𝑦, temos 𝐵𝑦 =
500
8
= 62,5 𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑥 = 0 −𝐴𝑥 = 0 ou 𝐴𝑥 = 0 
∑ 𝐹𝑦 = 0 −𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 = 0. Isolando 𝐴𝑦, temos 𝐴𝑦 = 62,5 𝑘𝑁. 
Para traçar os diagramas, temos que fazer algumas seções na estrutura. Estas seções são feitas a fim de conhecer 
o comportamento da força cortante e do momento antes e após uma mudança, ou seja, antes e após uma força ou 
momento concentrado e durante uma carga distribuída. Como só temos um momento concentrado de 500 N.m, 
podemos fazer um corte antes desse momento em 0 ≤ 𝑥 ≤ 4 e depois em 4 ≤ 𝑥 ≤ 8. Primeira seção: 
 
 
∑ 𝐹𝑦 = 0 −𝐴𝑦 − 𝑉1 = 0 𝑉1 = −62,5 𝑘𝑁 
∑ 𝑀 = 0 𝐴𝑦 𝑥 + 𝑀1 = 0 𝑀1 = −62,5𝑥 (𝑁. 𝑚) 
 
 
 
∑ 𝐹𝑦 = 0 −𝐴𝑦 − 𝑉2 = 0 𝑉2 = −62,5 𝑘𝑁 
∑ 𝑀 = 0 𝐴𝑦 𝑥 − 𝑀0+𝑀2 = 0 𝑀2 = −62,5𝑥 + 𝑀0. Logo 𝑀2 = −62,5𝑥 + 500 (𝑁. 𝑚) 
Agora com as equações de força cortante e de momento fletor, podemos desenhar os respectivos diagramas: