Exercícios Resolvidos da Apostila

Prévia do material em texto

UNISUAM
MECÂNICA
GERAL
( Exercícios Resolvidos)
Elaboração: Prof. Franco
Solução e Edição : Prof. Brisola
E X E R C Í C I O S D E M E C Â N I C A G E R A L
29) Uma barra homogênea de peso P = 50 N é apoiada nos pontos A e B. Determine as reações nos apoios 
sobre a barra.
BA
7,0 m
5,0 m
Solução: 
Deve-se inicialmente posicionar a força P de 50 N adequadamente no centro de gravidade da 
barra, ou seja, no seu ponto médio a 3,5 m dos pontos A e B.
Em seguida substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, VA e HA no ponto A e VB 
no ponto B obtendo-se o seguinte esquema:
BA
3,5 m
5,0 mVA
HA
VB
P
Sabendo que a barra está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑ Fx=0 ⇒ HA=0
∑MA=0 ⇒ −3,5⋅505,0⋅VB=0 ⇒ 5⋅VB=175 ⇒ VB=35 N 
∑ Fy=0 ⇒ VAVB−50=0 ⇒ VA35−50=0 ⇒ VA=15N 
1
30) No sistema em equilíbrio esquematizado determine a tração no fio e a reação do apoio.
A
3 m 1 m
2 N
P = 12 N
B
Solução: 
Deve-se inicialmente posicionar a força de tração T do fio adequadamente conforme a figura, ou 
seja, a 3,0 m do ponto A.
Em seguida substitui-se o vínculo por esforços equivalentes, ou seja, VA e HA no ponto A obtendo 
então o seguinte esquema:
2 m
3 m 1 m
2 N
12 N
B
VA
HA
T
A
Sabendo que a barra está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑ Fx=0 ⇒ HA−2=0 ⇒ HA=2 N
∑MA=0 ⇒ 3⋅T−2⋅12=0 ⇒ T=243 ⇒ T=8 N
∑ Fy=0 ⇒ VAT−12=0 ⇒ VA8−12=0 ⇒ VA=4 N 
2
31) Uma viga em balanço é carregada como ilustrado. Ela está fixa na extremidade esquerda e livre na 
direita. Determinar as reações de apoio na extremidade fixa.
2,0 m2,5 m1,5 m
800 N 400 N 200 N
A B
Solução: 
Deve-se inicialmente substituir o vínculo de engaste existente por esforços equivalentes, ou seja, 
VA, HA e MA no ponto A obtendo então o seguinte esquema:
Sabendo que a barra está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑ Fx=0 ⇒ HA=0
∑MA=0 ⇒ MA−1,5⋅800−1,52,5⋅400−1,52,52,0⋅200=0
 MA−1200−4,0⋅400−6,0⋅200=0
 MA−1200−1600−1200=0
 MA=4000 Nm  
∑ Fy=0 ⇒ VA−800−400−200=0 ⇒ VA=1400 N 
3
2,0 m2,5 m1,5 m
800 N 400 N 200 N
A
VA
HA
MA
B
32) Uma barra horizontal homogênea AB de peso P = 20 N está articulada sem atrito na extremidade A e 
sustentada na extremidade B por um fio inextensível e sem peso, BC, como ilustra a figura. Um corpo de 
peso Q = 10 N é preso à barra pelo fio DE, também inextensível e sem peso. Determine a tração no fio 
BC e as componentes vertical e horizontal da reação da articulação sobre a barra.
(Dados: senθ = 0,6, cosθ = 0,8)
80 cm
100 cm
A
B
D
θ
E
Q
C
Solução: 
Deve-se inicialmente posicionar a força P de 20 N adequadamente no centro de gravidade da 
barra, ou seja, no seu ponto médio a 50 cm dos pontos A e B.
O peso do corpo Q de 10 N tensiona o fio DE, e por isso, é substituído por uma força Q 
equivalente posicionada no ponto D.
Posiciona-se no ponto B uma força de tração T que faz um ângulo θ com a horizontal.
Em seguida substitui-se o vínculo existente por esforços equivalentes, ou seja, VA e HA no ponto 
A, obtendo-se o seguinte esquema:
50 cm
80 cm
100 cm
B
θ
A
VA
HA
20 N 10 N
T
Sabendo que a barra está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ −0,5⋅20−0,8⋅101⋅T sen =0 (lembrar de passar as distâncias de cm para m)
 −10−80,6T=0
 T=
18
0,6
 T=30 N
∑ Fx=0 ⇒ HAT cos=0 ⇒ HA0,8⋅30=0 ⇒ HA=−24 ⇒ HA=24 N 
∑ Fy=0 ⇒ VA−20−10T sen=0 ⇒ VA=2010−0,6⋅30 ⇒ VA=12 N 
4
33) Uma barra homogênea AB de peso P = 100 N está articulada em A. Em B suspende-se por meio de um 
fio de peso desprezível um corpo de peso Q = 900 N. Determine: (a) a intensidade da força horizontal F 
capaz de manter a barra em equilíbrio, formando 30° com a horizontal; (b) as componentes horizontal e 
vertical da reação da articulação sobre a barra.
A
B
Q
30°
F
Solução: 
Deve-se inicialmente posicionar a força P de 50 N adequadamente no centro de gravidade da barra 
apontando para baixo, ou seja, no seu ponto médio. Observe que o comprimento da barra AB não foi 
fornecido, por isso vamos adotar seu valor como L.
No ponto B existe ainda uma força Q apontada para baixo no valor de 900 N.
Em seguida substitui-se o vínculo existente por esforços equivalentes, ou seja, VA e HA no ponto 
A, obtendo-se o seguinte esquema:
Sabendo que a barra está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ −L2 cos 30°⋅100−L cos 30 °⋅900L sen 30°⋅F=0
pode-se dividir toda a equação por L e consequentemente eliminá-lo
−1
2
⋅3
2
⋅100−3
2
⋅900 1
2
⋅F=0 ⇒ 
F
2
=2534503=4753 ⇒ F=9503 N
∑ Fx=0 ⇒ HA−9503=0 ⇒ HA=9503 N 
∑ Fy=0 ⇒ VA−100−900=0 ⇒ VA=1000 N 
5
A
B
30°
F
VA
HA
L
900 N
100 N
M
(L/2)cos(30°)
Lcos(30°)
Ls
en
(3
0°
)
34) A barra homogênea AB de seção reta uniforme está articulada em A e é mantida pelo fio ideal BC. A 
barra tem peso 100 N e o corpo D pesa 250 N. Determine a tração no fio e as componentes vertical e 
horizontal da reação da articulação A. (senθ = 0,6, cosθ = 0,8)
A
B
θ
D
C
Solução:
Deve-se inicialmente posicionar a força P de 100 N adequadamente no centro de gravidade da 
barra apontando para baixo, ou seja, no seu ponto médio. Observe que o comprimento da barra AB não 
foi fornecido, por isso vamos adotar seu valor como L.
No ponto B existe uma força D apontada para baixo no valor de 250 N.
Posiciona-se no ponto B uma força de tração T que faz um ângulo θ com a horizontal.
Em seguida substitui-se o vínculo existente por esforços equivalentes, ou seja, VA e HA no ponto 
A, obtendo-se o seguinte esquema:
L/2
L
A
B
VA
HA
250 N
θ
M
100 N
T
Sabendo que a barra está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ −L2⋅100−L⋅250L⋅T sen =0
pode-se dividir toda a equação por L e consequentemente eliminá-lo
−1
2
⋅100−250Tsen =0 ⇒ −50−2500,6⋅T=0 ⇒ T=
300
0,6 ⇒ T=500 N
∑ Fx=0 ⇒ HA−T cos=0 ⇒ HA=0,8⋅500 ⇒ HA=400 N 
∑ Fy=0 ⇒ VA−100−250T sen=0 ⇒ VA−3500,6⋅500=0 ⇒ VA=50 N 
6
35) Uma barra homogênea de peso 100 N é articulada em A e é mantida em equilíbrio por meio do fio 
BC. Em B é suspenso um peso de 200 N. Determine a intesidade da força que traciona o fio BC e a reação 
do pino A (componentes horizontal e vertical).
A
B
C
3 m
4 m
5 m
Solução:
Deve-se inicialmente posicionar a força P de 100 N adequadamente no centro de gravidade da 
barra apontando para baixo, ou seja, no seu ponto médio a 2 m dos pontos A e B.
No ponto B existe uma força apontada para baixo no valor de 200 N.
Posiciona-se no ponto B uma força de tração T que faz um ângulo θ com a horizontal. Pela figura 
fornecida na questão observa-se que cosθ = 0,8 e que senθ = 0,6.
Em seguida substitui-se o vínculo existente por esforços equivalentes, ou seja, VA e HA no ponto 
A, obtendo-se o seguinte esquema:
A B
2 m
4 m
VA
HA
200 N
T
M
100 N
θ
Sabendo que a barra está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ −2⋅100−4⋅2004⋅T sen =0 ⇒ 4⋅0,6⋅T=200800 ⇒ T=10002,4
 T=416,67 N
∑ Fx=0 ⇒ HA−T cos=0 ⇒ HA=0,8⋅416,67 ⇒ HA=333,33 N 
∑ Fy=0 ⇒ VA−100−200T sen=0 ⇒ VA−3000,6⋅416,67=0 ⇒ VA=50 N  
7
36) A barra indicada BD é mantida horizontalmente pela corda AC e é articulada em B. Qual a reação do 
pino (componentes horizontal e vertical) e qual a tração na corda, sendodesprezível o peso da barra?
B
D
A
4 m
3 m 3 mC
P = 100 N
Solução:
Não é necessário posicionar a força peso da barra uma vez que seu peso é despresível
No ponto D existe uma força P apontada para baixo no valor de 100 N.
Posiciona-se no ponto C uma força de tração T que faz um ângulo θ com a horizontal. Pela figura 
fornecida na questão observa-se que o comprimento AC é de 5 m e por isso cosθ = 0,6 e senθ = 0,8.
Em seguida substitui-se o vínculo existente por esforços equivalentes, ou seja, VB e HB no ponto 
B, obtendo-se o seguinte esquema:
B DC
3 m
6 m
HB
T
100 N
θ
VB
Sabendo que a barra está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MB=0 ⇒ 3⋅Tsen −6⋅100=0 ⇒ 3⋅0,8⋅T=600 ⇒ T=6002,4 ⇒ T=250 N
∑ Fx=0 ⇒ HB−T cos=0 ⇒ HB=0,6⋅250 ⇒ HB=150 N
∑ Fy=0 ⇒ VB−100T sen=0 ⇒ VB−1000,8⋅250=0 ⇒ VB=−100 ⇒ VB=100 N 
8
37) Determine no sistema da figura ao lado: (a) a intesidade da força F que deve ser aplicada ao cabo 
para manter a barra horizontal; (b) a reação do pino A. A barra é homogênea e de peso 20 N. A polia e os 
fios são ideais.
A B
Cabo
P F
60°
Solução: 
Deve-se inicialmente posicionar a força P de 20 N adequadamente no centro de gravidade da 
barra, ou seja, no seu ponto médio. Observe que o comprimento da barra AB não foi fornecido, por isso 
vamos adotar seu valor como L.
Como a polia e os fios são ideais, a força F é integralmente transmitida até o ponto B segundo o 
ângulo indicado, portanto, posiciona-se no ponto B uma força de tração F que faz um ângulo de 60° com 
a horizontal.
Em seguida substitui-se o vínculo existente por esforços equivalentes, ou seja, VA e HA no ponto 
A, obtendo-se o seguinte esquema:
A
60°
M B
L/2
L
VA
HA
20 N
F
Sabendo que a barra está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ −L2⋅20L⋅F⋅0,8660=0 (÷L) ⇒ −
1
2
⋅20F⋅0,8660=0 ⇒ F=
10
0,8660
 F=11,55 N
∑ Fx=0 ⇒ HAF cos60 °=0 ⇒ HA0,5⋅11,55=0 ⇒ HA=−5,77 ⇒ HA=5,77 N 
∑ Fy=0 ⇒ VA−20F sen 60 °=0 ⇒ VA=20−11,55⋅0,8660 ⇒ VA=10 N  
9
38) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, VA e HA no ponto A e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
A
B
4,8 m1,5 m
3,
6 
m
HA
VA VB
14000 N
Sabendo que a treliça está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ 1,54,8⋅VB−3,6⋅14000=0 ⇒ 6,3⋅VB−50400=0 ⇒ VB=504006,3
 VB=8000 N 
∑ Fx=0 ⇒ HA14000=0 ⇒ HA=−14000 ⇒ HA=14000N 
∑ Fy=0 ⇒ VAVB=0 ⇒ VA=−VB ⇒ VA=−8000 ⇒ VA=8000 N 
10
39) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, VA e HA no ponto A e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
B
0,4 m
0,
37
5 
m
0,5 m
A
HA
VB
1200 N
VA
Sabendo que a treliça está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ 0,4⋅VB−0,40,5⋅1200=0 ⇒ 0,4⋅VB−0,9⋅1200=0 ⇒ VB=10800,4
 VB=2700 N 
∑ Fx=0 ⇒ HA=0
∑ Fy=0 ⇒ VAVB−1200=0 ⇒ VA=1200−2700 ⇒ VA=−1500 ⇒ VA=1500 N 
11
40) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, VA e HA no ponto A e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
8 m
A B
6 m
4 
m
HA
VB
2 kN
VA
8 kN
Sabendo que a treliça está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ 8VB−6⋅8−4⋅2=0 ⇒ VB=568 ⇒ VB=7 kN 
∑ Fx=0 ⇒ HA2=0 ⇒ HA=−2 ⇒ HA=2kN 
∑ Fy=0 ⇒ VAVB−8=0 ⇒ VA=8−7 ⇒ VA=1 kN 
12
41) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, VA e HA no ponto A e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
A B
180 kN
12 m
9 m
6 m
HA
VA
180 kN
VB
Sabendo que a treliça está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ 12VB−6⋅180−9⋅180=0 ⇒ VB=270012 ⇒ VB=225 kN 
∑ Fx=0 ⇒ HA=0
∑ Fy=0 ⇒ VAVB−180−180=0 ⇒ VA=180180−225 ⇒ VA=135 kN 
13
42) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, HA no ponto A e VB e HB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
5 
m
B
3 m
6 m
A
12 m
5 kN
VB
HB
HA
5 kN 5 kN
Sabendo que a treliça está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MB=0 ⇒ 5 HA−3⋅5−6⋅5−12⋅5=0 ⇒ HA=1055 ⇒ HA=21 kN 
∑ Fx=0 ⇒ HAHB=0 ⇒ HB=−HA ⇒ HB=−21 ⇒ HB=21 kN 
∑ Fy=0 ⇒ VB−5−5−5=0 ⇒ VB=15kN 
14
43) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, VA e HA no ponto A e HB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
Sabendo que a treliça está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MB=0 ⇒ 5HA−4⋅10−6⋅5=0 ⇒ HA=705 ⇒ HA=14kN 
∑ Fx=0 ⇒ HAHB=0 ⇒ HB=−HA ⇒ HB=−14 ⇒ HB=14kN 
∑ Fy=0 ⇒ VA−10−5=0 ⇒ VA=15 kN 
15
5 
m
B
4 mA
6 m
10 kN
VA
HB
HA
5 kN
44) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, HA no ponto A e VB e HB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
Sabendo que a treliça está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MB=0 ⇒ 8HA4⋅2−9⋅2−12⋅4−15⋅2=0 ⇒ HA=888 ⇒ HA=11 kN 
∑ Fx=0 ⇒ HAHB2=0 ⇒ HB=−11−2 ⇒ HB=−13 ⇒ HB=13kN 
∑ Fy=0 ⇒ VB−2−4−2=0 ⇒ VB=8 kN 
16
4 
m
B
A
8 
m
9 m
15 m
12 m
2 kN
VB
HB
HA
2 kN 4 kN 2 kN
45) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, HA e VA no ponto A e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
2d
BA
3d
2d
4 kN
VA
HA
VB
4 kN
Sabendo que a treliça está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ 2d⋅VB−2d⋅4−3d⋅4=0 (÷d) ⇒ 2⋅VB−2⋅4−3⋅4=0 ⇒ VB=202
 VB=10 kN 
∑ Fx=0 ⇒ HA44=0 ⇒ HA=−8 ⇒ HA=8 kN
∑ Fy=0 ⇒ VAVB=0 ⇒ VA=−VB ⇒ VA=−10 ⇒ VA=10kN 
17
46) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, HA e VA no ponto A e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
1 m
4 m
A
4000 N
1000 N
VA
HA
VB
B
Sabendo que a viga está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ −1⋅40004⋅VB=0 ⇒ VB=40004 ⇒ VB=1000 N 
∑ Fx=0 ⇒ HA−1000=0 ⇒ HA=1000 N 
∑ Fy=0 ⇒ VAVB−4000=0 ⇒ VA=4000−1000 ⇒ VA=3000 N 
18
47) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, VA no ponto A e HB e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
Sabendo que a viga está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MB=0 ⇒ −4⋅VA2⋅1−2⋅3=0 ⇒ VA=−44 ⇒ VA=−1 ⇒ VA=1 kN 
∑ Fx=0 ⇒ 2HB=0 ⇒ HB=−2 ⇒ HB=2 kN
∑ Fy=0 ⇒ VAVB−1−3=0 ⇒ −1VB−4=0 ⇒ VB=5 ⇒ VB=5kN 
19
4 m
1 kN
2 kN
B
2 m 2 m
3 kN
A
VA
HB
VB
48) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, HA e VA no ponto A e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
A
2,5 m
20 kN
B
3 m
5 m
40 kN
VA
HA
VB
Sabendo que a viga está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ 2,5⋅20−3⋅405⋅VB=0 ⇒ VB=705 ⇒ VB=14 kN 
∑ Fx=0 ⇒ HA=0
∑ Fy=0 ⇒ VAVB−20−40=0 ⇒VA=60−14 ⇒ VA=46 kN 
20
49) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, VA no ponto A e HB e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
3 m
A
5 kN
1 m
2 kN
4 kN
1 kN
5 m
B
HB
VBVA 6 m
Sabendo que a viga está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MB=0 ⇒ −6⋅VA5⋅53⋅4−1⋅1=0 ⇒ VA=366 ⇒ VA=6kN 
∑ Fx=0 ⇒ −2HB=0 ⇒ HB=2 kN 
∑ Fy=0 ⇒ VAVB1−5−4=0 ⇒ VB=8−VA ⇒ VB=8−6 ⇒ VB=2 kN 
21
50) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, VA no ponto A e HB e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
A B
100 N
6 m
240 Nm
HB
VBVA
Sabendo que a viga está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MB=0 ⇒ 240−6⋅VA=0 ⇒ VA=2406 ⇒ VA=40 N 
∑ Fx=0 ⇒ −100HB=0 ⇒ HB=100 N
∑ Fy=0 ⇒ VAVB=0 ⇒ VB=−VA ⇒ VB=−40 ⇒ VB=40 N 
22
51) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, HA e VA no ponto A e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
B
5 m
1600 Nm
A
HA
VA VB
Sabendo que a viga está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ −16005⋅VB=0 ⇒ VB=16005 ⇒ VB=320 N 
∑ Fx=0 ⇒ HA=0
∑ Fy=0 ⇒ VAVB=0 ⇒ VA=−VB ⇒ VA=−320 ⇒ VA=320 N 
23
52) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, HA e VA no ponto A e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
A
4 m
B
HA
VA VB
8 kN2 m
Nota-se que o carregamento distribuído q = 2 kN/m foi substituído por uma única força de 8 kN 
posicionada no ponto médio do comprimento de 4 m onde era distribuído. Sua intensidade de 8 kN foi 
obtida através do cálculo a área retangular L × q, ou seja, 4m × 2 kN/m = 8 kN.
Sabendo que a viga está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ −2⋅84⋅VB=0 ⇒ VB=164 ⇒ VB=4 kN  
∑ Fx=0 ⇒ HA=0
∑ Fy=0 ⇒ VAVB−8=0 ⇒ VA=8−VB ⇒ VA=8−4 ⇒ VA=4 kN 
24
53) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, HA e VA no ponto A e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
A
6 m
3 kN
1 m
2 m
7 m
2 kN
HA
VA VB
B
2 kN
Nota-se que os carregamento distribuído de 1 kN/m foram substituídos por uma única força de 2 
kN posicionada no ponto médio do comprimento de 2 m onde eram distribuídos. Suas intensidades de 2 
kN foram obtidas através do cálculo a área retangular L × q, ou seja, 2m × 1 kN/m = 2 kN.
Sabendo que a viga está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ 1⋅2−2⋅36⋅VB−7⋅2=0 ⇒ VB=186 ⇒ VB=3kN 
∑ Fx=0 ⇒ HA=0
∑ Fy=0 ⇒ VAVB−2−3−2=0 ⇒ VA=7−VB ⇒ VA=7−3 ⇒ VA=4 kN 
25
54) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, HA e VA no ponto A e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
2 m
4 m
2 kN
2 m
3 kN
8 kN
A
HA
VA VB
B
Nota-se que o carregamento distribuído q = 2 kN/m foi substituído por uma única força de 8 kN 
posicionada no ponto médio do comprimento de 4 m onde era distribuído. Sua intensidade de 8 kN foi 
obtida através do cálculo a área retangular L × q, ou seja, 4m × 2 kN/m = 8 kN.
Sabendo que a viga está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ 2⋅2−2⋅84⋅VB=0 ⇒ VB=124 ⇒ VB=3 kN 
∑ Fx=0 ⇒ HA3=0 ⇒ HA=−3 ⇒ HA=3kN 
∑ Fy=0 ⇒ VAVB−2−8=0 ⇒ VA=10−VB ⇒ VA=10−3 ⇒ VA=7 kN 
26
55) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, VA no ponto A e HB e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
7,5 m
12 m
A
VA
B
HB
VB
1800 kN
Nota-se que o carregamento distribuído q = 120 kN/m foi substituído por uma única força de 1800 
kN posicionada no ponto médio do comprimento total da viga de 15 m onde era distribuído. Sua 
intensidade de 1800 kN foi obtida através do cálculo a área retangular L × q, ou seja, 15m × 120 kN/m = 
1800 kN.
Sabendo que a viga está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MB=0 ⇒ −12⋅VA7,5⋅1800=0 ⇒ VA=1350012 ⇒ VA=1125kN 
∑ Fx=0 ⇒ HB=0
∑ Fy=0 ⇒ VAVB−1800=0 ⇒ VB=1800−VA ⇒ VB=1800−1125 ⇒ VB=675 kN 
27
56) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, HA e VA no ponto A e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
10 m
20 kN
2 m
8 m
3 kN
A
HA
VA
B
VB
80 kN
Nota-se que o carregamento distribuído q = 20 kN/m foi substituído por uma única força de 80 kN 
posicionada no ponto médio do comprimento de 4 m onde era distribuído. Sua intensidade de 80 kN foi 
obtida através do cálculo a área retangular L × q, ou seja, 4m × 20 kN/m = 80 kN.
Sabendo que a viga está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ −2⋅20−8⋅8010⋅VB=0 ⇒ VB=68010 ⇒ VB=68kN  
∑ Fx=0 ⇒ HA−3=0 ⇒ HA=3kN
∑ Fy=0 ⇒ VAVB−20−80=0 ⇒ VA=100−VB ⇒ VA=100−68 ⇒ VA=32 kN 
28
57) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, HA e VA no ponto A e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
11 m
30 kN
4 m 8,5 m
20 kN
40 Nm
A
HA
VA
B
VB
100 kN
Nota-se que o carregamento distribuído q = 20 kN/m foi substituído por uma única força de 100 
kN posicionada no ponto médio do comprimento de 5 m onde era distribuído. Sua intensidade de 100 kN 
foi obtida através do cálculo a área retangular L × q, ou seja, 5m × 20 kN/m = 100 kN.
Sabendo que a viga está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ −404⋅30−8,5⋅10011⋅VB=0 ⇒ VB=77011 ⇒ VB=70 kN
∑ Fx=0 ⇒ HA20=0 ⇒ HA=−20 ⇒ HA=20 kN 
∑ Fy=0 ⇒ VAVB−30−100=0 ⇒ VA=130−VB ⇒ VA=130−70 ⇒ VA=60kN 
29
58) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, HA e VA no ponto A e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
8 m
18 kN
1 m
6 m
3 kN
12 kN
A
HA
VA
B
VB
Nota-se que o carregamento distribuído q = 3 kN/m foi substituído por uma única força de 12 kN 
posicionada no ponto médio do comprimento de 4 m onde era distribuído. Sua intensidade de 12 kN foi 
obtida através do cálculo a área retangular L × q, ou seja, 4m × 3 kN/m = 12 kN.
Sabendo que a viga está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ −1⋅18−6⋅128⋅VB=0 ⇒ VB= 908 ⇒ VB=11,25 kN 
∑ Fx=0 ⇒ HA−3=0 ⇒ HA=3kN 
∑ Fy=0 ⇒ VAVB−18−12=0 ⇒ VA=30−VB ⇒ VA=30−11,25 ⇒ VA=18,75 kN 
30
59) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, HA e VA no ponto A e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
6 m
8 m
4 kN
3 m
2 kN
4 kNm
12 kN
A
HA
VA
B
VB
Nota-se que o carregamento distribuído q = 2 kN/m foi substituído por uma única força de 12 kN 
posicionada no ponto médio do comprimento de 6 m onde era distribuído. Sua intensidade de 12 kN foi 
obtida através do cálculo a área retangular L × q, ou seja, 6m × 2 kN/m = 12 kN.
Sabendo que a viga está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ −4−3⋅126⋅VB−8⋅4=0 ⇒ VB=726 ⇒ VB=12kN 
∑ Fx=0 ⇒ HA−2=0 ⇒ HA=2kN 
∑ Fy=0 ⇒ VAVB−12−4=0 ⇒ VA=16−VB ⇒ VA=16−12 ⇒ VA=4 kN 
31
60) Solução: Substitui-secada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, VA no ponto A e HB e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
6 m
B
HB
VB
A
VA 3 m
9000 N 9000 N
2 m
Deve-se ter a atenção em relação ao carregamento trapezoidal distribuído ao longo de toda viga.
Um carregamento trapezoidal pode ser considerado como um carregamento retangular mais um 
carregamento triangular.
O carregamento retangular distribuído com intensidade qA = 1500 N/m foi substituído por uma 
força de 9000 N posicionada no ponto médio do comprimento de 6 m onde era distribuído. Sua 
intensidade de 9000 N foi obtida através do cálculo a área retangular L × qA, ou seja, 6m × 1500 N/m = 
9000 N.
O carregamento triangular distribuído com intensidade variando de 0 até q = (qB – qA) = 3000 N/m 
foi substituído por uma força de 9000 N posicionada à 2/3 do comprimento de 6 m da base a partir do 
vértice do triângulo, (ou à 1/3 do comprimento de 6 m da base a partir do lado vertical) onde era 
distribuído. Sua intensidade de 9000 N foi obtida através do cálculo a área triangular (L × q)/2, ou seja, 
(6m × 3000 N/m)/2 = 9000 N.
Sabendo que a viga está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MB=0 ⇒ −6⋅VA3⋅90002⋅9000=0 ⇒ VA=450006 ⇒ VA=7500 N 
∑ Fx=0 ⇒ HB=0
∑ Fy=0 ⇒ VAVB−9000−9000=0 ⇒ VB=18000−VA ⇒ VB=18000−7500
 VB=10500 N 
32
61) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, HA e VA no ponto A e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
1,33 m
3,33 m
6 m
B
VB
1500 N
A
HA
VA
3000 N
Deve-se ter a atenção em relação ao carregamento triangular distribuído ao longo de toda viga.
Este carregamento triangular pode ser considerado como dois carregamentos triangulares 
adjacentes, ou seja, um primeiro com intensidade variando de 0 até q = 1500 N/m a partir do ponto A com 
comprimento de 2 m e um segundo com intensidade variando de 1500 N/m até 0 com comprimento de 4 
m até o ponto M
O primeiro carregamento triangular distribuído com intensidade variando de 0 até q = 1500 N/m 
foi substituído por uma força de 1500 N posicionada à 2/3 do comprimento de 2 m da base a partir do 
vértice do triângulo, (ou à 1/3 do comprimento de 2 m da base a partir do lado vertical) onde era 
distribuído. Sua intensidade de 1500 N foi obtida através do cálculo a área triangular (L1 × q)/2, ou seja, 
(2m × 1500 N/m)/2 = 1500 N.
O segundo carregamento triangular distribuído com intensidade variando de q = 1500 N/m até 0 
foi substituído por uma força de 3000 N posicionada à 2/3 do comprimento de 4 m da base a partir do 
vértice do triângulo, (ou à 1/3 do comprimento de 4 m da base a partir do lado vertical) onde era 
distribuído. Sua intensidade de 3000 N foi obtida através do cálculo a área triangular (L2 × q)/2, ou seja, 
(4m × 1500 N/m)/2 = 3000 N.
Sabendo que a viga está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ −1,3333⋅1500−3,3333⋅30006⋅VB=0 ⇒ VB=120006 ⇒ VB=2000 N 
∑ Fx=0 ⇒ HA=0
∑ Fy=0 ⇒ VAVB−1500−3000=0 ⇒ VA=4500−VB ⇒ VA=4500−2000
 VA=2500 N 
33
62) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, VA no ponto A e HB e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
B
4 m
3 m
2 m
6 N
16 Nm
HB
VB
VA
16 N
9 N
A
O carregamento triangular distribuído com intensidade variando de 0 até q = 6 N/m foi substituído 
por uma força de 9 N posicionada à 2/3 do comprimento de 3 m da base a partir do vértice do triângulo, 
(ou à 1/3 do comprimento de 3 m da base a partir do lado vertical) onde era distribuído. Sua intensidade 
de 9 N foi obtida através do cálculo a área triangular (L1 × q1)/2, ou seja, (3m × 6 N/m)/2 = 9 N.
O carregamento retangular distribuído com intensidade q = 4 N/m foi substituído por uma força de 
16 N posicionada no ponto médio do comprimento de 4 m onde era distribuído. Sua intensidade de 16 N 
foi obtida através do cálculo a área retangular L2 × q2, ou seja, 4m × 4 N/m = 16 N.
Sabendo que o pórtico está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MB=0 ⇒ −4⋅VA3⋅6−2⋅916=0 ⇒ VA=164 ⇒ VA=4 N 
∑ Fx=0 ⇒ HB16=0 ⇒ HB=−16 ⇒ HB=16N 
∑ Fy=0 ⇒ VAVB−6−9=0 ⇒ VB=15−VA ⇒ VB=15−4 ⇒ VB=11 N 
34
63) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, HA e VA no ponto A e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
B
4 m
A
10 kN
2 
m
40 kN
2 m
HA
VA VB
O carregamento retangular distribuído com intensidade q = 10 kN/m foi substituído por uma força 
de 40 kN posicionada no ponto médio do comprimento de 4 m onde era distribuído. Sua intensidade de 40 
kN foi obtida através do cálculo a área retangular L × q, ou seja, 4m × 10 kN/m = 40 kN.
Sabendo que o pórtico está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ 4⋅VB−2⋅10−2⋅40=0 ⇒ VB=1004 ⇒ VB=25 kN
∑ Fx=0 ⇒ HA10=0 ⇒ HA=−10 ⇒ HA=10kN 
∑ Fy=0 ⇒ VAVB−40=0 ⇒ VA=40−VB ⇒ VA=40−25 ⇒ VA=15kN 
35
64) Solução: Substitui-se cada vínculo por esforços equivalentes, ou seja, HA e VA no ponto A e VB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
B
4 m
A
10 kN
2 
m
6 m
HA
VA VB
60 kN 10 kN
3 m
O carregamento retangular distribuído com intensidade q = 10 kN/m foi substituído por uma força 
de 60 kN posicionada no ponto médio do comprimento de 6 m onde era distribuído. Sua intensidade de 60 
kN foi obtida através do cálculo a área retangular L × q, ou seja, 6m × 10 kN/m = 60 kN.
Sabendo que o pórtico está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MA=0 ⇒ −3⋅604⋅VB−6⋅102⋅10=0 ⇒ VB=2204 ⇒ VB=55kN 
∑ Fx=0 ⇒ HA−10=0 ⇒ HA=10 kN 
∑ Fy=0 ⇒ VAVB−60−10=0 ⇒ VA=70−VB ⇒ VA=70−55 ⇒ VA=15kN 
36
65) Solução: Substitui-se o vínculo de engastamento por esforços equivalentes, ou seja, HB, VB e MB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
B
7 m
500 N
HB
VB
MB
A
Sabendo que a viga está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MB=0 ⇒ MB7⋅500=0 ⇒ MB=−3500 ⇒ MB=3500 Nm  
∑ Fx=0 ⇒ HB=0
∑ Fy=0 ⇒ VB−500=0 ⇒ VB=500 N 
37
66) Solução: Substitui-se o vínculo de engastamento por esforços equivalentes, ou seja, HB, VB e MB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
4 m
300 N 500 N 400 N
2 m
1 m
A B
HB
VB
MB
Sabendo que a viga está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MB=0 ⇒ MB4⋅3002⋅5001⋅400=0 ⇒ MB=−2600 ⇒ MB=2600 Nm  
∑ Fx=0 ⇒ HB=0
∑ Fy=0 ⇒ VB−300−500−400=0 ⇒ VB=1200 N 
38
67) Solução: Substitui-se o vínculo de engastamento por esforços equivalentes, ou seja, HB, VB e MB no 
ponto B obtendo-se o seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
6 kN
1,5 m
A B
HB
VB
MB
O carregamento retangular distribuído com intensidade q = 2 kN/m foi substituído por uma força 
de 6 kN posicionada no ponto médio do comprimento de 3 m onde era distribuído. Sua intensidade de 6 
kN foi obtida através do cálculo a área retangular L × q, ou seja, 3m × 2 kN/m = 6 kN.
Sabendo que a viga está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MB=0 ⇒ MB1,5⋅6=0 ⇒ MB=−9 ⇒ MB=9 kNm  
∑ Fx=0 ⇒ HB=0
∑ Fy=0 ⇒ VB−6=0 ⇒ VB=6 kN 
39
68) Solução: Substitui-se o vínculo de engastamento por esforços equivalentes, ou seja, HB, VB e MB no 
ponto B obtendo-seo seguinte esquema, a partir dos dados fornecidos:
2400 N
2 m
A
2000 Nm
B
HB
VB
MB
O carregamento retangular distribuído com intensidade q = 600 N/m foi substituído por uma força 
de 2400 N posicionada no ponto médio do comprimento de 4 m onde era distribuído. Sua intensidade de 
2400 N foi obtida através do cálculo a área retangular L × q, ou seja, 4m × 600 N/m = 2400 N.
Sabendo que a viga está em equilíbrio, aplica-se a seguir as equações da estática.
∑MB=0 ⇒ MB2⋅24002000=0 ⇒ MB=−6800 ⇒ MB=6800 Nm  
∑ Fx=0 ⇒ HB=0
∑ Fy=0 ⇒ VB−2400=0 ⇒ VB=2400 N 
40
69) Solução: Inicialmente divide-se a área de interesse AT na soma de duas áreas retangulares A1 e A2 
conforme a figura a seguir. Deve-se observar que no esquema montado, as áreas desmembradas já estão 
com suas dimensões e posições calculadas.
=
10 cm
AT A1 2 cm
+
A214 cm
2 cm
2 cm
Para cada região desmembrada, deve-se calcular as coordenadas do centróide xi e y i e sua área Ai:
Área 1
x1=
10
2
=5cm
y1=
2
2
=1cm
A1=10⋅2=20 cm
2
Área 2
x2=
2
2
=1 cm
y2=2
14
2
=9 cm
A2=2⋅14=28 cm
2
i xi y i Ai xi⋅A i y i⋅A i
1 5 1 20 100 20
2 1 9 28 28 252
∑ 48 128 272
x=
∑ x i⋅A i
∑ Ai
=128
48
=2,67 ⇒ x=2,67 cm
y=
∑ y i⋅Ai
∑ A i
=252
48
=5,67 ⇒ y=5,67 cm
41
70) Solução: Inicialmente divide-se a área de interesse AT na soma de duas áreas A1 (retangular) e A2 
(triangular) conforme a figura a seguir. Deve-se observar que no esquema montado, as áreas 
desmembradas já estão com suas dimensões e posições calculadas.
12 cm
=
AT A1
10 cm
+
A2
12 cm
12 cm
10 cm
Para cada região desmembrada, deve-se calcular as coordenadas do centróide xi e y i e sua área Ai:
Área 1
x1=
10
2
=5cm
y1=
12
2
=6cm
A1=10⋅12=120 cm
2
Área 2
x2=10
1
3
⋅12=14cm
y2=
1
3
⋅12=4cm
A2=
12⋅12
2
=72 cm2
i xi y i Ai xi⋅A i y i⋅A i
1 5 6 120 600 720
2 14 4 72 1008 288
∑ 192 1608 1008
x=
∑ x i⋅A i
∑ Ai
=1608
192
=8,375 ⇒ x=8,375cm
y=
∑ y i⋅Ai
∑ A i
=1008
192
=5,25 ⇒ y=5,25cm
42
71) Solução: Inicialmente divide-se a área de interesse AT da seguinte maneira: A partir de uma área 
retangular A1 subtrae-se uma área triangular A2 e depois subtrae-se outra área circular A3, conforme a 
figura a seguir. 
Por simetria pode-se obter x=4 cm
Para cada região desmembrada, deve-se calcular a coordenada do centróide y i e sua área Ai:
Área 1
y1=
10
2
=5cm
A1=4⋅10=40 cm
2
Área 2
y2=10−
1
3
⋅6=8cm
A2=−
4⋅6
2
=−12cm2
Área 3
y3=2cm
A3=− 2
2=−12,5664cm2
i y i Ai y i⋅A i
1 5 40 200
2 8 -12 -96
3 2 -12,5664 -25,1328
∑ 15,4336 78,8672
y=
∑ y i⋅Ai
∑ A i
=78,8672
15,4336
=5,1101 ⇒ y=5,1101cm
43
10 cm
=
A1
4 cm
A2
AT
-
4 cm
6 cm - A3
R = 2 cm
72) Solução: Inicialmente divide-se a área de interesse AT da seguinte maneira: A partir de uma área 
retangular A1 subtrae-se uma área triangular A2 e depois subtrae-se outra área circular A3, conforme a 
figura a seguir. 
6 cm
12 cm
=
A1
4 cm
AT
+
4 cm
A2 -
4 cm
A3
R = 2 cm
Por simetria pode-se obter x=5cm
Para cada região desmembrada, deve-se calcular a coordenada do centróide y i e sua área Ai:
Área 1
y1=
12
2
=6cm
A1=4⋅12=48 cm
2
Área 2
y2=12
1
3
⋅6=14cm
A2=
4⋅6
2
=12cm2
Área 3
y3=
4⋅2
3⋅
=0,8488cm
A3=−
22
2
=−6,2832cm2
i y i Ai y i⋅A i
1 6 48 288
2 14 12 168
3 0,8488 -6,2832 -5,3332
∑ 53,7168 450,6668
y=
∑ y i⋅Ai
∑ A i
=450,6668
53,7168
=8,3897 ⇒ y=8,3897cm
44