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Uma viga de 3 m de comprimento e massa de 120 kg, está apoiada nas suas
extremidades A e B e suporta duas cargas de 12 kg e 8 kg a 1 m e 2 m respectivamente do
apoio A. Determinar as reações nos apoios. Adotar a aceleração da gravidade igual a 10 m/s 2.
Dados do problema
•
•
•
•
•
•
•
comprimento da viga:
.massa da viga:
massa da carga aplicada em C:
distância AC:
massa da carga aplicada em D:
distância AD:
aceleração da gravidade:
L = 3 m;
m V = 120 kg;
m C = 12 kg;
d AC = 1 m;
m D = 8 kg;
d AD = 2 m;
g = 10 m/s 2.
Esquema do problema
Adota-se o um sistema de referência no centro da viga, onde está aplicada a força
 V ), positivo para o sentido horário de rotação (figura 1).
peso ( P
figura 1
A e F
 B ), as
As forças de reação dos apoios estão aplicadas nos pontos A e B ( F
m
m
cargas aplicadas na viga são representadas pelas massas nos pontos C e D ( C e
D ).
Solução
Para que a viga permaneça em equilíbrio devemos ter as seguintes condições
∑F
i
i
=0
e
∑M i= 0
i
(I)
As cargas aplicadas no pontos C e D são representadas pelas forças peso das massas
colocadas nessas posições, a força peso é dada por
P =mg
1
(II)
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Aplicando a expressão (II) para as massas m C e m D , temos em módulo
F C = P C= mCg
F C = 12 .10
F C = 120 N
(III)
F D =P D = mDg
F D = 8 .10
F D = 80 N
(IV)
P V = m Vg
P V = 120 . 10
P V = 1200 N
(V)
A força peso da viga será
Desenhando as forças que agem na viga num sistema de eixos
coordenados (figura 2) e aplicando a primeira condição de (I), temos
F A F B −F C−F D−P V = 0
substituindo os valores de (III), (IV) e (V), obtemos
F A F B −120−80−1200 = 0
F A F B −1400 = 0
F A F B = 1400
(VI)
figura 2
O momento de uma força é dado por
MF=Fd
(VI)
Momento da força peso da viga:
Aplicando a expressão (V), temos a força (F) representada pela força peso da viga (P V)
e a distância será nula (d = 0), a força peso está aplicada no mesmo ponto tomado como
referência, portanto o o momento será
•
MP =0
(VII)
V
Momento da força de reação no apoio A:
O ponto de referência G está no centro
da viga, a distância do ponto A ao centro será
(figura 3)
•
d AG =
L
2
d AG =
2
d AG = 1,5 m
(VIII)
figura 3
Aplicando a expressão (V), temos a força (F) representada pela força de reação do
apoio no ponto A (F A) e a distância será dada pelo valor encontrado em (VIII), a força de
reação tende a fazer a viga girar no mesmo sentido da orientação escolhida, portanto o
momento será positivo
M F = F A d AG
M F = 1,5 F A
A
A
•
Momento da força devido a carga no ponto C:
2
(IX)
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A distância do ponto C ao ponto de
referência G será (figura 4)
d AG = d AC d CG
1,5 = 1d CG
d CG = 1,5−1
d CG = 0,5 m
(X)
Aplicando a expressão (V), temos a
figura 4
força (F) representada pela força peso da carga
aplicada no ponto C (F C), encontrada na expressão (III), e a distância será dada pelo valor
encontrado em (X), a força peso tende a fazer a viga girar no sentido contrário da orientação
escolhida, portanto o momento será negativo
M F = −F C d CG
M F = −120 . 0,5
M F = −60 N.m
C
C
(XI)
C
Momento da força devido a carga no
ponto D:
A distância do ponto D ao ponto de
referência G será (figura 5)
•
d AG = d AD−d DG
1,5 = 2−d DG
d DG = 2−1,5
d DG = 0,5 m
(XII)
figura 5
Aplicando a expressão (V), temos a força (F) representada pela força peso da carga
aplicada no ponto D (F D), encontrada na expressão (IV), e a distância será dada pelo valor
encontrado em (XII), a força peso tende a fazer a viga girar no mesmo sentido da orientação
escolhida, portanto o momento será positivo
M F = F D d DG
M F = 80.0,5
M F = 40 N.m
D
D
(XIII)
D
Momento da força de reação no apoio B:
O ponto de referência G está no centro
da viga (figura 6), a distância do ponto B ao
centro será o mesmo valor encontrado na
expressão (VIII)
•
d AG = d BG
figura 6
Aplicando a expressão (V), temos a
força (F) representada pela força de reação do apoio no ponto B (F B) e a distância será dada
pelo valor encontrado em (VIII), a força de reação tende a fazer a viga girar no sentido contrário
da orientação escolhida, portanto o momento será negativo
M F = −F B d BG
M F = −1,5 F B
B
(XIV)
B
Aplicando a segunda condição de (I), temos
M P M F M F M F M P = 0
V
A
C
3
D
B
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substituindo os valores de (VII), (IX), (XI), (XIII) e (XIV), obtemos
01,5 F A −60 40−1,5 F B = 0
1,5 F A −20−1,5 F B = 0
1,5 F A −1,5 F B = 20
(XV)
As expressões (VI) e (XV) formam um sistema de duas equações a duas incógnitas (F A
e F B)
∣
F A F B = 1400
1,5 F A −1,5 F B = 20
isolando o valor de F A na primeira equação e substituindo na segunda, obtemos
F A = 1400−F B
1,5  1400−F B −1,5 F B = 20
1,5 .1400−1,5 F B −1,5 F B = 20
2100−3 F B = 20
3 F B = 2100−20
3 F B = 2080
2080
FB=
3
F B ≈ 693,3 N
substituindo este valor na expressão (XVI)
F A = 1400−693,3
F B ≈ 706,7 N
4
(XVI)