1)a)Foram arbitrados e desenhados os referenciais, bem como as reações em A e em B, RA e RB. Fica também arbitrado A para polo. Escrevendo as equações de equilíbrio da barra, vem:

∑Fy = RA + RB - Q1 - P - Q2 = 0

∑MA = + RB x 10 - Q1 x 2 - P x 5 - Q2 x 7 = 0

∑Fy = RA + RB - 1200 - 4000 - 800 = 0

∑MA = + RB x 10 – 1200 x 2 – 4000 x 5 - 800 x 7 = 0

RA = + 3200 N

RB= + 2800 N

b)

∑Fy = R - Q1 - P - Q2 = 0

∑MA = + R x x - Q1 x 2 - P x 5 - Q2 x 7 = 0

∑Fy = R - 1200 - 4000 - 800 = 0

∑MA = + R x x - 1200 x 2 - 4000 x 5 - 800 x 7 = 0

R = 6 000 N

x = 4,67 m

2) Foi desenhado o diagrama, foram arbitrados e desenhados os referenciais; as reações de A e de C são, respectivamente, RA e RC. Fica também arbitrado A para polo. Apesar de o apoio C poder desenvolver uma reação com a direção de Ox, esta não foi representada porque, de imediato, se reconhece ser nula. Escrevendo as equações de equilíbrio da barra, vem:∑Fy = RA + RC - Pp - PH = 0∑MA = + RC x 2,5 - Pp x 2 - PH x x = 0∑Fy = 0 + RC - 1000 - 700 = 0∑MA = + RC x 2,5 - 1000 x 2 - 700 x x = 0RC = 1 700 Nx = 3,21 m

3) A viga, de 10 kg de massa, pesa 10 kg x 9,8 m × s-2 = 98 N, e, na extremidade inferior, A, está encostada ao degrau. Foram estabelecidos os referenciais e escolhido A para polo; as equações de equilíbrio da barra são:∑Fx = RAx - T cos 15º = 0∑Fy = RAy - T sen 15º - 98 = 0∑MA = + T x 4 x sen 30º - 98 x 2 x cos 45º = 0RAx = 66,9352 N, RAy = 115,935 N, T = 69,2965 N.|RA| = 133,87 N; âng(RA, i) = 60º

4)a) M = Fxb = 100 N x 0,240 m x cos 60º = 12 N×m.

b) FH = M/b=12 N×m / (0,240 m ´ sen 60º) = 57,7 N

c) Fmenor = M/b = 12 N×m / 0,240 m = 50 N

d) 12 N×m = 240 N x l m x cos 60º) ⇒ l = 12 / (240 x cos 60º) = 0,100 m = 100 mm

5) A natureza do apoio B permite formular a hipótese de que B desenvolve reações em x e em y. Os sentidos, o de Bx e o de By, devem ser arbitrados; o cálculo se encarregará de os confirmar ou de os inverter. O ângulo , ângulo DCA interno do triângulo, mede: = arctag (178/610) = 16,27º.Pelos dados do problema é forçoso que |TAD|=|TCD|= T.Estabelecidos os referenciais, e escolhido o ponto B para polo, as equações de equilíbrio da barra, são:∑Fx = Bx - T cos 16,27º = 0;∑Fy = - By + T + T sen 16,27º - 320 = 0;∑MB = - T x 0,305 + T x 0,305 sen 16,27º + 320 x 0,305 = 0.Reescrevendo o sistema, vem:∑Fx = Bx - T cos 16,27º = 0;∑Fy = - By + T (1 + sen 16,27º) - 320 = 0;∑MB = + T [0,305(-1 + sen 16,27º)] + 320 ´ 0,305 = 0.Bx = 426,743 N ≈ 427 N, By = 249,092 N ≈ 249 N ,T = 444,546 N ≈ 445 N.|B| = 494,122 N ≈ 494 N; âng(B, i) = 30,27º ≈ 30,3º.

6) Dado que o apoio B é um rolete, ele apenas consegue exercer forças perpendiculares a AC. Os sentidos de RAx e de RAy foram arbitrados; o cálculo se encarregará de os confirmar ou de os inverter. Foram estabelecidos os referenciais e escolhido o ponto A para polo; o braço do momento da força de 100N em relação a A foi representado a traço-ponto.As equações de equilíbrio da barra são:∑Fx = + RAx - RB cos 65º + 100 cos 30º = 0;∑Fy = + RAy + RB sen 65º - 100 sen 30º = 0;∑MA = + RB x 0,150 - 100 x 0,400 sen 55º = 0.RAx = 5,714 N ≈ 6 N; RAy = -147,974 N ≈ 148 N; RB = 218,441 N ≈ 218 N.Dado que a solução de RAy foi negativa, o sentido real é oposto ao arbitrado; portanto RAy tem o sentido descendente.|RA| = 148,08 N ≈ 148 N; âng(RA, i) = 87,8º ≈ 88º.

7) Foram arbitrados e desenhados os referenciais, bem como as reações de A, RAx e RAy. Fica também arbitrado o polo em A. Pela geometria da Figura de imediato se conclui que:cos b = 4/5 e que sen b = 3/5.Escrevendo as três equações de equilíbrio da barra, vem:∑Fx = RAx - TBC cos b = 0∑Fy = + RAy + TBC sen b - 800 - 6000 = 0∑MA = + TBC x 4 sen b - 800 x 2 - 6000 x 4 = 0RAx = + 8 533,33 N ≈ 8 533 NRAy= + 400 NTBC = 10 666,7 N ≈ 10 667 N|RA| = 8 542,7 N ≈ 8 543 Nâng(RA, i) = 2,7º

8) A barra pesa 29 kg x 9,8 m × s-2 = 284,2 N Foram arbitrados e desenhados os referenciais, bem como as reações de B, RBx e RBy. Fica também arbitrado o polo em B.Escrevendo as três equações de equilíbrio da barra, vem:∑Fx = RBx - TCA cos 41º = 0∑Fy = + RBy + TCA sen 41º - 284 - 570 = 0∑MB = + TCA x 4 sen 50º - (284x2+570x4) cos 9º = 0RBx = +692,829 N ≈ 693 NRBy= +251,733 N ≈ 252 NTCA = 918,007 N ≈ 918 N|RB| = 737,144 N ≈ 737 Nâng(RB, i) = 19,968º ≈ 20º