Solução da Lista de exercícios 3 modif maio 2012

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1 
 
 
CARLOS WALTER VICENTINI 
 
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 
 
SOLUÇÃO DA LISTA DE EXERCÍCIOS 3 – Reações de apoio, 
esforços internos solicitantes e tensões 
NOTAS DE AULAS MINISTRADAS PARA A TURMA DE ENGENHARIA 
CIVIL (4º/5º CICLO) DA UNIP 
 
Santos, maio de 2011 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2 
 
1. Determinar os esforços reativos (reações) nos apoios dos 
seguintes casos de carregamentos estáticos e representar 
graficamente os diagramas de forças normal, cortante e de 
momento fletor. 
 
a) 
 F = 20 kN 
 A B 45° C 
 2,7 m 
 L = 4 m 
 
Solução 
 
 + ∑Fx = 0; RHB – H = 0; RHB = H = 20 kN cos45° = 14,14 kN 
 RHB = 14,14 kN Resposta 
 + ∑Fy = 0; RVA + RVB – V = 0; RVA + RVB – 20 kN sen45° = 0 
 +∑MB = 0; -RVA(4 m) + V(4 m – 2,7 m) = 0; 
RVA = 20 kN sen45°(1,3 m)/4 m; RVA = 4,6 kN Resposta 
RVB = 9,54 kN Resposta 
Para o trecho entre A e B: 0 ≤ x < 2,7 m 
3 
 
 
 + ∑Fx = 0; N = 0 
 + ∑Fy = 0; 4,6 kN – V = 0 V = 4,6 kN 
 +∑Mx = 0; M – 4,6 kN * x = 0 M = 4,6 * x kN*m 
p/ x = 0 M = 0 p/ x = 2,7 m M = 12,42 kN*m 
 
Para o trecho entre B e C: 2,7 m< x ≤ 4 m 
 
 + ∑Fx = 0; N - H = 0 N = 14,14 kN tração 
 + ∑Fy = 0; 4,6 kN – 14,14 kN - V = 0 V = -9,54 kN 
 +∑Mx = 0; M – 4,6 kN*x + 14,14 kN*(x – 2,7) = 0 
M = 4,6*x kN*m - 14,14 kN*(x – 2,7) 
p/ x = 2,7 m M = 12,42 kN*m p/ x = 4 m M = 0 kN*m 
4 
 
 
 
 
 
 
b) 
 3,7 m P = 15 kN 
 A 30° B 
 L = 6 m 
 
Solução 
5 
 
 
 + ∑Fx = 0; Rx – H = 0; Rx = H = 15 kN cos30° = 13 kN 
Rx = 13 kN Resposta 
 + ∑Fy = 0; Ry – V = 0; Ry – 15 kN sen30° = 0; 
Ry = 7,5 kN Resposta 
 +∑MA = 0; M - V(3,7 m) = 0; M = 15 kN sen30°(3,7 m) 
M = 27,75 kNm Resposta 
 
Para o trecho entre A e C: 0 ≤ x < 3,7 m 
 
 + ∑Fx = 0; 13 kN + N = 0 N = -13 kN significa que o 
sentido adotado inicialmente é o inverso N compressão 
 + ∑Fy = 0; 7,5 kN – V = 0 V = 7,5 kN 
 +∑Mx = 0; M – 7,5 kN*x + 27,75 kN*m = 0 
M = 7,5*x kN*m – 27,75 kN*m 
p/ x = 0 M = -27,75 kN*m p/ x = 3,7 m M = 0 kN*m 
 
 
 
 
6 
 
Para o trecho entre C e B: 3,7 m< x ≤ 6 m 
 
 + ∑Fx = 0; 13 kN + N - H = 0 N = 0 
 + ∑Fy = 0; 7,5 kN – 7,5 kN - V = 0 V = 0 kN 
 +∑Mx = 0; M – 7,5*x kN*m + 7,5*(x-3,7) + 27,75 kN*m = 0 
 M = 7,5*x kN*m - 7,5*(x-3,7) – 27,75 kN*m 
p/ x = 3,7 m M = 0 kN*m p/ x = 6 m M = 0 kN*m 
 
 
 
 
 
7 
 
c) 
 q = 5 N/m 3 m P = 500 N 
 A 35° B 
 L = 5 m 
 
Solução 
 
 + ∑Fx = 0; Rx – Px = 0; Rx = Px = 500 N cos35° = 409,58 N 
Rx = 409,58 N Resposta 
 + ∑Fy = 0; Ry – Pqy - Py = 0; Ry – 5 N/m(3 m) - 500 N sen35° = 0; 
 Ry = 301,79 N Resposta 
+∑MA = 0; M – Pqy(1,5 m) – Py (3 m) = 0; M = 5 N/m(3 m)(1,5 
m) + 500 N sen35°(3 m) 
M = 882,87 Nm Resposta 
 
Para o trecho entre A e C: 0 ≤ x < 3 m 
 
8 
 
 + ∑Fx = 0; 409,58 N + N = 0 N = -409,58 N significa 
que o sentido adotado inicialmente é o inverso N 
compressão 
 +∑Fy = 0; 301,79 N – 5*x N - V = 0 V = 5*x N – 301,79 N 
 p/ x=0 V = -301,79 N p/ x= 3 m V = -286,79 N 
 +∑Mx = 0; M – 301,79*x N + 5*x*x/2 N*m + 882,87 N*m = 0 
 M = 301,79*x N - 5*x²/2 N*m – 882,87 N*m 
p/ x = 0 M = -882,87 N*m p/ x = 3 m M = 0 
 
Para o trecho entre C e B: 3 m< x ≤ 5 m 
 
 + ∑Fx = 0; 409,58 N – 409,58 n + N = 0 N = 0 
 + ∑Fy = 0; 301,79 N – 5*3 N – 500 sen35° - V = 0 V = 0 
 +∑Mx = 0; M – 301,79*x N*m + 5*3*(x-1,5) + 500*sen35°(x-
3) + 882,87 N*m = 0 
M = 301,79*x N*m - 15*(x-1,5) – 286,79*(x-3) - 882,79 N*m 
p/ x = 3 m M = 0 p/ x = 5 m M = 0 
9 
 
 
 
d) 
 q = 3,5 kN/m F = 800 N 
 A B 60° C 
 2,2 m 
 L = 6,8 m 
 
Solução 
10 
 
 
 + ∑Fx = 0; RCx – Px = 0; RCx = Px = 800 N cos60° = 400 N 
RCx = 400 N Resposta 
 + ∑Fy = 0; RAy + RCy – Pqy - Py = 0; RAy + RCy – 3500 N/m(6,8 m – 
2,2 m)/2 - 800 N sen60° = 0; RAy + RCy = 7357,18 N 
+∑MA = 0; RCy(6,8 m) – Pqy(1,53 m) – Py (4,6 m) = 0; RCy(6,8 m) 
= 15503,47; RCy = 2280 N Resposta 
RAy = 5077,18 N Resposta 
 
2. Determinar os esforços internos solicitantes nas seções 
indicadas dos seguintes casos de carregamento estático. 
 
a) 
 C 
 600 N 600 N 300N 
 A B C D E 
 30 15 15 30 
 L = 90 cm 
Solução 
11 
 
 
Cálculo das reações nos apoios: 
 + ∑Fx = 0; REx – 300 = 0; REx = 300 N 
 + ∑Fy = 0; RAy + REy – 600 - 600 = 0; RAy + REy = 1200 N 
+∑MA = 0; REy(90 cm) – 600 N(30 cm) – 600 N(60 cm) = 0; 
REy = 600 N; logo, RAy = 600 N 
Determinação dos esforços internos – normal, cortante e momento - 
na seção c-c: 
 
 + ∑Fx = 0; N = 0 Resposta 
 + ∑Fy = 0; RAy- 600 N – V = 0; 600 N – 600 N = V; 
V = 0 Resposta 
+∑MC = 0; M - RAy(45 cm) + 600 N(15 cm) = 0; M = 18000 Ncm 
M = 180 Nm Resposta 
 
 
12 
 
 
b) C 
 600 N 600 N 300 N 
 A B C D E 
 30 15 15 30 
 L = 90 cm 
Solução 
 
Cálculo das reações nos apoios: 
 + ∑Fx = 0; 300 - REx = 0; REx = 300 N 
 + ∑Fy = 0; RAy + REy – 600 + 600 = 0; RAy = - REy 
+∑MA = 0; REy(90 cm) – 600 N(30 cm) + 600 N(60 cm) = 0; 
REy = -200 N (sentido inverso do desenho); logo, RAy = 200 N 
Determinação dos esforços internos – normal, cortante e momento - 
na seção c-c: 
 
13 
 
 + ∑Fx = 0; N = 0 Resposta 
 + ∑Fy = 0; RAy- 600 N – V = 0; 200 N – 600 N = V; 
V = -400 N (sentido inverso do desenho) Resposta 
+∑MC = 0; M - RAy(45 cm) + 600 N(15 cm) = 0; M = 0 Ncm 
M = 0 Resposta 
 
 qB = 800 N/m 
c) qA = 650 N/m 
 15 cm 
 A 
 L = 85 cm B p = 150 N/m 
 51 cm 
 C 
Solução 
 
Cálculo das reações nos apoios: 
 + ∑Fx = 0; Rx – P3x = 0; Rx = 150 N/m(0,15 m)/2 = 11,25 N 
 + ∑Fy = 0; Ry – P1y – P2y = 0; Ry = (0,85 m)650 N/m + (0,85 
m)(150 N/m)/2; Ry = 616,25 N 
14 
 
+∑MA = 0; M + P3x(0,05 m) – P1y(0,425 m) – P2y(0,5667 m) = 0; 
M = 234,8125 + 36,127125 – 0,5625 = 270,38 Nm 
Determinação dos esforços internos – normal, cortante e momento - 
na seção c-c: 
 
 + ∑Fx = 0; Rx – N = 0; N = 11,25 N Resposta 
 + ∑Fy = 0; Ry – P’y – P”y - V = 0; V = 616,25 N - (0,51 m)650 N/m 
- (0,51 m)(150 N/m x 51/85)/2; V = 261,8 N Resposta 
+∑MC = 0; MC + P”y(0,17 m) + P’y (0,255 m) – Ry(0,51 m) + M = 0; 
MC = 314,2875 – 84,5325 –3,9– 270,38 = -63,575 Nm 
MC = -44,53 Nm (sentido inverso ao do desenho) 
 Resposta 
 
3. A coluna está sujeita a uma força axial de 8 kN aplicada no 
centróide da área da seção transversal. Determine a tensão 
normal média que age na seção a-a. Mostre como fica essa 
distribuição de tensão sobre a seção transversal do perfil. 
Observação: medidas em mm. 
15 
 
 
Dado: P = 8 kN 
Solução 
Propriedades da seção: 
A = 2(150 mm)(10 mm) + 140 mm(10 mm) = 4400 mm² 
Cálculo da tensão normal média: 
σméd = P/A = 8000 N/4400 mm² = 1,82 N/mm² 
σméd = 1,82 Mpa Resposta 
 
 
4. A luminária de 250 N é sustentada por três hastes de aço 
interligadas por um anel em A. Determine o ângulo de 
orientação θ de AC de modo que a tensão normal médiana 
16 
 
haste AC seja duas vezes a tensão normal média na haste AD. 
Qual é a intensidade da tensão em cada haste? O diâmetro de 
cada haste é dado na figura. 
 
 
Solução 
Dados: P = 250 N; dAB = 9 mm; dAC = 6 mm; 
 dAD = 7,5 mm; σmédAC = 2 σmédAD 
Considerando o diagrama de corpo livre para o ponto A da figura 
abaixo, teremos na condição de equilíbrio: 
 
 + ∑Fx = 0; FACx – FADx = 0; FACx = FADx 
Como FACx = FAC cosθ e FADx = FAD cos45°, podemos escrever: 
 FAC cosθ = FAD cos45° (1) 
 + ∑Fy = 0; FADy + FACy – P = 0; FADy + FACy = 250 N 
Do mesmo modo podemos escrever: 
17 
 
FAD sen45° + FAC senθ = 250 N (2) 
É dado do problema que σmédAC = 2 σmédAD, portanto, 
FAC/AAC = 2FAD/AAD, sendo que AAC = πd²AC/4 e AAD = πd²AD/4 
FAC = (πd²AC/4) 2 FAD/ (πd²AD/4) = 2FADd²AC/d²AD = 
2FAD (36 mm²)/(56,25 mm²) = 1,28FAD; FAC = 1,28FAD (3) 
Substituindo a equação (3) em (1), temos: 
1,28FAD cosθ = FAD cos45°; cosθ = 0,55243 
Θ = 56,47° Resposta 
Da expressão (2), temos: 
FAD sen45° + FAC sen56,47° = 250 N; 0,7071FAD + 0,8336FAC = 250 
N (4) 
Substituindo (3) em (4), temos: 
0,7071FAD + 0,8336(1,28FAD) = 250 N; FAD = 140,92 N 
E, portanto, FAC = 180,37 N 
 FAB = 250 N 
σAB = 250/(πd²AB/4); σAB = 3,93 MPa Resposta 
σAC = 180,37/(πd²AC/4); σAC = 6,38 MPa Resposta 
σAD = 140,92/(πd²AD/4); σAD = 3,19 MPa Resposta 
 
5.O elemento AC mostrado na figura abaixo está submetido a uma 
força vertical de 3 kN. Determine a posição x dessa força de modo 
que a tensão de compressão média no apoio C seja igual á tensão de 
tração média na barra AB. A área da seção transversal da barra é 400 
mm² e a área em C é 650 mm². 
 
 
18 
 
 
 
 
Solução 
Carga interna. As forças em A e C podem ser relacionadas considerando-se o diagrama 
de corpo livre para o elemento AC (figura b). 
Há três incógnitas, a saber, FAB, FC e x. 
Para resolver este problema, trabalharemos em unidades newtons e milímetros. 
+ ΣFy = 0; FAB + Fc – 3000 N = 0 => FAB = 3000 N – FC (1) 
 
 + ΣMA = 0; FC 200 – 3000 N (x) = 0 => FC = 3000 x / 200 = 15 x (2) 
Tensão normal média. Podemos escrever uma terceira equação necessária, a qual 
exige que a tensão de tração na barra AB e a tensão de compressão em C sejam 
equivalentes, isto é, 
 
σ = FAB / 400 mm² = FC / 650 mm² 
 
portanto substituindo essa expressão em (1) temos: 
 
19 
 
(3000 N – FC) / 400 mm² = FC / 650 mm² e portanto FC = 1857 N e, conseqüentemente, 
FAB = 1143 N 
Substituindo-se o valor de FC em (2) tiramos o valor de x como segue 
 
1857 5 x; x = 124 mm Resposta 
 
 
6.Para o pilar representado pela figura abaixo, construir o 
diagrama de força normal e determinar a máxima tensão atuante. 
Dado – peso específico do material: γ = 2,5 kgf/dm³ 
 
Solução 
 A força peso da coluna varia com y e é dada por: 
Py = γ Vy com Vy variando também com y. 
Vy = ∏ r² y = 0,071 y logo, Py = 2,5 0,071 y = 0,18 y 
para y = 0, Py = 0 
para y = 3 m, Py = 0,54 t 
Então, a carga total, N, ao longo do eixo da coluna varia como segue: 
para y = 0, N = 10 + Py = 10 +0 = 10 t 
para y = 3 m, N = 10 + Py = 10 + 0,54 = 10,54 t 
Logo, o diagrama da força normal de compressão é: 
 
20 
 
 
 
 A tensão máxima atuante ocorre onde N assume seu valor máximo 
que é na base. Logo, 
σmáx = Nmáx / A onde A = ∏ r² = ∏ 0,15² = 0,071 m² 
σmáx = 10,54 t / 0,071 m² = 148,5 t/m² x 1000 x 9,81 = 1,5 MPa 
Resposta 
 
7.Represente graficamente os diagramas de força cortante e 
momento fletor para a viga mostrada na figura (a) a seguir. 
 
 
Solução 
Reações nos apoios. Conforme já foi visto anteriormente, temos 
21 
 
 
+ ΣFy = 0; RA + RC – P = 0 ou RA + RC = P 
 + ΣMA = 0; RC L – P L/2 = 0 ou RC = P/2 e então RA = P/2 
Funções de cisalhamento e momento fletor. A viga foi secionada 
a uma distância arbitrária x do ponto A, estendendo-se pelo interior 
da região AB. 
O diagrama de corpo livre do segmento esquerdo é mostrado na 
figura (b). 
As ações das incógnitas V e M são indicadas no sentido positivo na 
face direita do segmento de acordo com a convenção de sinal pré-
estabelecida. 
 
A aplicação das equações de equilíbrio produz 
+ ΣFy = 0; V - RA = 0 V = RA = P/2 (1) 
22 
 
 + ΣMx = 0; M – RA x = 0 M = (P/2) x (2) 
 
 
Um diagrama de corpo livre para o segmento esquerdo da viga que 
se estende até a distância x no interior da região BC é mostrado na 
figura (c). 
Como sempre, as ações de V e M são mostradas no sentido positivo. 
 
 
Por consequência, 
+ ΣFy = 0; RA – P – V = 0 ou V = -P/2 (3) 
 
 + ΣMx = 0; M + P (x – L/2) – RA x = 0 ou M = (P/2)(L – x) (4) 
 
23 
 
O diagrama de força cortante é uma representação gráfica das 
equações (1) e (3), e o diagrama de momento fletor é uma 
representação gráfica das equações (2) e (4) mostrados na figura 
(d). 
 
 
 
8. Represente graficamente os diagramas de força cortante e 
momento fletor para a viga mostrada na figura (a). 
 
24 
 
 
 
Solução 
Reações nos apoios. As reações nos apoios são determinadas com 
as equações de equilíbrio da estática como segue: 
 
+ ΣFy = 0; RA + RC = 0 RA = - RC 
 + ΣMA = 0; RC L - M0 = 0 RC = M0/L e RA = - M0/L 
isso significa que RA tem o sentido inverso ao adotadfo inicialmente 
na figura, ou seja, como indicado na figura abaixo. 
 
Funções de cisalhamento e momento fletor. Essa problema é 
semelhante ao problema anterior, no qual duas coordenadas x devem 
ser usadas para expressar o cisalhamento e o momento em todo 
comprimento da viga. 
 
25 
 
 
Para o segmento no interior da região AB, 0 ≤ x ≤ L/2, figura (b), 
temos 
+ ΣFy = 0; V = -M0/L 
 + ΣMx = 0; M = - (M0/L) x 
 
 
 
Para o segmento no interior da região BC, L/2 ≤ x ≤ L, figura (c), 
temos 
 + ΣFy = 0; V = -M0/L 
 + ΣMx = 0; M = M0 - (M0/L) x M = M0 (1 – x/L) 
 
26 
 
 
Diagrama de força cortante e momento fletor. A representação 
gráfica das funções anteriores está na figura (d). 
 
27 
 
 
Observação: O cisalhamento é constante em todo comprimento da 
viga, isto é, não é afetado pelo momento conjugado M0 que age no 
centro da viga. Exatamente como uma força cria um salto no 
diagrama de força cortante (vide exemplo anterior, 1), um momento 
conjugado cria um salto no diagrama de momento fletor. 
 
9. Represente graficamente os diagramas de força cortante e 
momento fletor para a viga mostrada na figura (a). 
 
 
 
 
28 
 
 
Solução 
Reações nos apoios. Para cálculo das reações, consideremos 
a figura abaixo e apliquemos as equações de equilíbrio da 
estática: 
 
 
+ ΣFy = 0; RA + RB – w L = 0 ou RA = w L – RB 
 + ΣMA = 0; RB L – w L (L/2) = 0 ou RB = (w L)/2 e então RA = 
(w L)/2 
Funções de cisalhamento e momento fletor. Um diagrama de corpo 
livre é mostrado na figura (b). O carregamento distribuido nesse 
segmento é representado por sua força resultante (que tem como 
valor:w x) somente depois que o segmento é isolado como um 
diagrama de corpo livre. Essa força resultante age no centroide da 
área que compreende o carregamento distribuido, a distância x/2 da 
extremidade direita. 
29 
 
 
Aplicando-se as equações de equilíbrio da estática, temos: 
+ ΣFy = 0; RA – w x – V = 0 V = w L/2 – w x V = w[(l/2) – x] 
(1) 
 + ΣMx = 0; w x (x/2) + M - RA x = 0 como RA = w L/2 temos, 
 M = (w L/2) x – w x²/2 M = w/2 (L x – x²) (2) 
Esses resultados para V e M podem ser verificados observando que 
dV/dx = -w. 
De fato, essa expressão está correta , já que w positiva age para 
baixo. Observe também que dM/dx = V. 
 
Diagrama de força cortante e momento fletor. Os diagramas de 
força cortante e momento fletor mostrados na figura (c) são obtidos 
pela representação gráfica das equações (1) e (2). O ponto de 
cisalhamento zero pode ser determinado pela equação (1): 
 V = w (L/2 – x) = 0 então x = L/2. 
 
Observação: Pelo diagrama de momento fletor esse valor de x 
representa o ponto na viga onde ocorre o momento máximo, já que 
pela equação (2), a inclinação V = 0 = dM/dx. Pela equação (2) 
temos 
 Mmáx = w/2 [L (L/2) – (L/2)²] = w L² / 8 
30 
 
 
 
10. Represente graficamente os diagramas de força cortante e 
momento fletor para a viga mostrada na figura abaixo. 
Dado: L = 18 m. 
 
 
31 
 
Solução 
 
Cálculo das reações nos apoios: 
∑Fy = 0; RA + RB – P1 – P2 = 0 
∑MB = 0; RA(18 m) – P1(9 m) – P2(6 m) = 0 
Cálculo de P1 e P2: P1 = 2 kN/m(18 m) = 36 kN 
 P2 = 18 m(6 kN/m – 2 kN/m)/2 = 36 kN 
RA = [36 kN(9 m) + 36 kN(6 m)]/18 m = 30 kN 
RB = P1 + P2 – RA = 42 kN 
Funções de cilhamento e momento fletor: 
 
 
∑Fy = 0; 30 kN – (2 kN/m)x – (½)(4 kN/m)(x/18)x = 0 
V = (30 – 2x –x²/9) kN (1) 
32 
 
∑M = 0; (-30 kN)x + (2 kN/m)x(x/2) + (1/2)(4 kN/m)(x/18 
m)x(x/3) + M = 0 
M = (30x – x² - x³/27) kNm (2) 
Diagrama de força cortante e momento fletor. 
Momento máximo: ocorre quando dM/dx = V = 0, portanto, 
V = 0 = 30 – 2x – x²/9 
Resolvendo-se e escolhendo a raíz positiva, temos: 
x = 9,735 m 
E, portanto, pela equação (2) teremos que: Mmáx = 30(9,735) – 
(9,735)² - (9,735)³/27 = 163 kNm 
E o gráfico fica como segue: 
 
 
 
 
 
 
 
33 
 
11. Represente graficamente os diagramas de força cortante e 
momento fletor para a viga mostrada na figura abaixo. Dados: 
L = 8 m e P = 20 kN. 
 
Solução 
Cálculo das reações de apoio: 
 
∑Fx = 0; HA = 0 
∑Fy = 0; VA + VC – P = 0 VA + VC = 20 kN 
∑MA = 0; 20*4 – VC*(6 m) = 0 VC = 80/6 = 13,33 kN 
logo VA = 20 – 13,33 = 6,67 kN 
 
34 
 
Funções de cilhamento e momento fletor: 
Trecho AB – 0 ≤ x < 4 m 
 
∑Fx = 0; HA + N = 0 N = 0 
∑Fy = 0; 6,67 - V = 0 V = 6,67 kN p/ x=0 MA = 0 
∑Mx = 0; M - 6,67*x = 0 M = 6,67*x 
 p/x=4m MB = 26,68 kN*m 
 
Trecho BC – 4 m < x < 6 m 
 
 
∑Fx = 0; HA + N = 0 N = 0 
∑Fy = 0; 6,67 - 20 – V = 0 V = -13,33 kN 
∑Mx = 0; M – 6,67*x + 20*(x - 4) = 0 
M = 6,67*x - 20*(x – 4) p/x= 4m MB = 26,68 kN*m 
 p/x=6m MC = 0 
 
35 
 
Trecho CD – 6 m < x ≤ 8 m 
 
∑Fx = 0; HA + N = 0 N = 0 
∑Fy = 0; 6,67 - 20 + 13,33 – V = 0 V = 0 
∑Mx = 0; M – 6,67*x + 20*(x - 4) – 13,33*(x – 6) = 0 
M = 6,67*x - 20*(x – 4) + 13,33*(x - 6) p/x= 6m MC = 0 
 p/x= 8m MD = 0 
Diagramas: 
 
 
36 
 
12. Represente graficamente os diagramas de força cortante e 
momento fletor para a viga mostrada na figura abaixo. 
 
Solução 
Reações de apoio. A carga distribuída é substituída por sua 
resultante e as reações são determinadas com as equações de 
equilíbrio como segue 
 
+ ΣFy = 0; RA + RB – p L = 0 ou RA = 20 - RB 
 + ΣMA = 0; RB a - p L L/2 = 0 ou RB = 2*10²/2*7 = 14,29 N 
então RA = p L – p L²/2 a = 5,71 N 
Funções de cisalhamento e momento fletor. Um diagrama de 
corpo livre de um segmento no trecho AB com comprimento x é 
desenhado na figura (c). 
37 
 
 
+ ΣFy = 0; RA – p x - V= 0 ou V = p L (1 – L/2a) – p x 
Neste trecho 0≤x≤7 m então 
para x = 0 temos V = p L (1 – L/2a) = 5,71 N 
para x = 7 m temos V = p L (1 – L/2a) – p a = -8,29 N 
Onde V(x) = 0 o momento será máximo, logo para sabermos onde 
V(x) corta o eixo dos x, igualamos V(x) a zero. 
V = p L (1 – L/2a) – p x = 0 então x = [p L (1 – L/2a)]/p 
x = L (1 – L/2a) = 2,857 m 
 
+ ΣMx = 0; M – RA x + p x (x/2) = 0 ou 
 M = p L (1 – L/2a) x - p x²/2 
Neste trecho 0≤x≤7 m então 
para x = 0 temos M = 0 
para x = 7 m temos M = p L (a – L/2) - p a²/2 = -9 N*m 
 
Um diagrama de corpo livre de um segmento no trecho BC com 
comprimento x é desenhado na figura (d) e aplicadas as equações de 
equilíbrio para determinação das equações dos esforços internos M e 
V. 
 
38 
 
 
+ ΣFy = 0; RA – p x + RB – V = 0 ou 
V = p L – p L²/2a – p x + p L²/2 a ou V = pL – p x = p(L – x) 
Neste trecho 7 m < x ≤ 10 m então 
para x = 7 temos V = p(L – a) = 6 N 
para x = 10 m temos V = 0 
 
+ ΣMx = 0; M – RA x + p x (x/2) – RB (x – a) = 0 ou 
 M = (p L – p L²/2a) x - p x²/2 + p L²/2 a (x – a) 
 M = pLx – pL²x/2a - px²/2 + pL²x/2a - pL²/2 
 M = -px²/2 + pLx - pL²/2 
 M = -px²/2 + pLx - pL²/2 
 
Neste trecho 7 m < x ≤ 10 m então 
para x = 7 m temos M = -pa²/2 + pLa - pL²/2 = -9 N*m 
para x = 10 m temos M = 0 
 
 
39 
 
 
 
14. Represente graficamente os diagramas de força cortante e 
momento fletor para a viga mostrada na figura abaixo. Dados: 
MO = 10 Nm e L = 6 m 
 
 
40 
 
Solução 
Reações nos apoios. As reações nos apoios são determinadas com 
as equações de equilíbrio da estática como segue: 
 
+ ΣFy = 0; RA + RC = 0 RA = - RC 
 + ΣMA = 0; RC L - M0 = 0 RC = 10/6 = 1,67 N e RA = - 
10/6 = -1,67 N isso significa que RA tem o sentido inverso ao 
adotadfo inicialmente na figura, ou seja, como indicado na figura 
abaixo. 
 
Funções de cisalhamento e momento fletor. Essa problema é 
semelhante ao problema anterior, no qual duas coordenadas x devem 
ser usadas para expressar o cisalhamento e o momento em todo 
comprimento da viga. 
 
 
Para o segmento no interior da região AB, 0 ≤ x ≤ 3 m, figura (b), 
temos 
+ ΣFy = 0; V = -M0/L = -1,67 N 
 + ΣMx = 0; M = - (M0/L) x 
p/x=0 MA = 0 
p/x=3 m MB = -5 N*m 
41 
 
 
 
Para o segmento no interior da região BC, 3 m ≤ x ≤ 6 m, figura (c), 
temos 
 + ΣFy = 0; V = -M0/L = - 1,67 N 
 + ΣMx = 0; M = M0 - (M0/L) x M = M0 (1 – x/L) 
p/x= 3 MB = 5 N*m 
p/x=6 MC = 0 
 
42 
 
 
Diagrama de força cortante e momento fletor. A representação 
gráfica das funções anteriores está na figura (d). 
 
 
 
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