1. Substitua o sistema de forças que atua sobre a viga por uma força e momento equivalentes no ponto B .

Passo 1

O que o enunciado pede e quais dados temos (peguei estes dados da imagem):
  • Pedido: substituir o sistema de forças que atua sobre a viga por uma única força resultante e um momento (par) equivalentes aplicados no ponto B.
  • Forças apresentadas na figura (peguei estes valores/posições/ângulos da imagem):
    • Força de 2{,}5\\ \mathrm{kN} inclinada, apontando para baixo e para a esquerda; a inclinação é a do triângulo 3\!-\!4\!-\!5 (ou seja, componentes proporcionais a 3 e 4).
    • Força de 1{,}5\\ \mathrm{kN} inclinada, apontando para baixo e para a direita; o ângulo indicado é 30^\circ entre a força e a vertical.
    • Força de 3{,}0\\ \mathrm{kN} vertical para baixo, aplicada no ponto B.
  • Posicionamento ao longo da viga (peguei estes comprimentos da imagem):
    • Distâncias ao longo da viga: de A para o primeiro marca: 2\\ \mathrm{m}; depois 4\\ \mathrm{m}; depois 2\\ \mathrm{m} até B. Ou seja, comprimento total 8\\ \mathrm{m}.
    • Vou tomar as forças inclinadas aplicadas nos “nós” entre essas seções: a força de 2{,}5\\ \mathrm{kN} está em x=2\\ \mathrm{m} a partir de A (logo a 6\\ \mathrm{m} de B); a força de 1{,}5\\ \mathrm{kN} está em x=6\\ \mathrm{m} (logo a 2\\ \mathrm{m} de B); a força de 3{,}0\\ \mathrm{kN} está em B (distância 0\\ \mathrm{m} até B).
  • Meta prática: calcular a força resultante (componentes, magnitude e direção) e o momento resultante em B. Lembrete: se colocamos a força resultante exatamente em B, seu momento em B é zero, então o momento equivalente em B é o somatório dos momentos das forças originais em torno de B (isto é, um momento livre ou par).

Passo 2

Decompor cada força em componentes horizontal ( x, positiva para a direita) e vertical ( y, positiva para cima). Explico a ideia: uma força inclinada pode ser escrita como soma de uma componente horizontal e uma vertical; para isso usamos razões trigonométricas (seno, cosseno) ou razões do triângulo 3\!-\!4\!-\!5.
  • Força F_1 = 2{,}5\\ \mathrm{kN} apontando para baixo e para a esquerda. Pelo triângulo 3\!-\!4\!-\!5:
    • componente horizontal (magn.) = 2{,}5\cdot\frac{4}{5}=2{,}0\\ \mathrm{kN}, para a esquerda \Rightarrow F_{x1}=-2{,}0\\ \mathrm{kN}.
    • componente vertical (magn.) = 2{,}5\cdot\frac{3}{5}=1{,}5\\ \mathrm{kN}, para baixo \Rightarrow F_{y1}=-1{,}5\\ \mathrm{kN}.
  • Força F_2 = 1{,}5\\ \mathrm{kN} apontando para baixo e para a direita; o ângulo com a vertical é 30^\circ. Com trigonometria:
    • componente horizontal (para a direita) = F_{x2}=1{,}5\sin30^\circ. Como \sin30^\circ=0{,}5, F_{x2}=1{,}5\cdot0{,}5=0{,}75\\ \mathrm{kN}\\ (\text{positiva, à direita}).à
    • componente vertical (para baixo) = F_{y2}=-1{,}5\cos30^\circ. Como \cos30^\circ=\dfrac{\sqrt{3}}{2}, F_{y2}=-1{,}5\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=-0{,}75\sqrt{3}\\ \mathrm{kN}\approx-1{,}299\\ \mathrm{kN}.
  • Força F_3 = 3{,}0\\ \mathrm{kN} vertical para baixo aplicada em B:
    • F_{x3}=0.
    • F_{y3}=-3{,}0\\ \mathrm{kN}.

Passo 3

Somar componentes para obter a força resultante \vec{F}_R.
  • Soma das componentes horizontais:
    F_{Rx}=F_{x1}+F_{x2}+F_{x3} = -2{,}0 + 0{,}75 + 0 = -1{,}25\\ \mathrm{kN}.
    (negativo indica direção para a esquerda)
  • Soma das componentes verticais:
    F_{Ry}=F_{y1}+F_{y2}+F_{y3} = -1{,}5 -0{,}75\sqrt{3} -3{,}0.
    Numericamente,
    F_{Ry}=-1{,}5 -1{,}299 -3{,}0 = -5{,}799\\ \mathrm{kN}\\ (\text{aprox. }-5{,}80\\ \mathrm{kN}),
    (negativo indica para baixo).
Explicando: juntar componentes é simples adição algébrica porque escolhemos eixos coordenados fixos; assim obtemos a força resultante com F_{Rx} e F_{Ry}.

Passo 4

Calcular magnitude e direção da força resultante (apenas para descrever a força em B).
  • Magnitude:
    F_R=\sqrt{F_{Rx}^2+F_{Ry}^2}=\sqrt{(-1{,}25)^2+(-5{,}799)^2}.
    Numericamente,
    F_R\approx\sqrt{1{,}5625+33{,}6296}=\sqrt{35{,}1921}\approx5{,}93\\ \mathrm{kN}.
  • Direção: ângulo \theta medido a partir do eixo positivo x (sentido anti-horário):
    \theta=\operatorname{atan}\!\left(\frac{F_{Ry}}{F_{Rx}}\right).
    Aqui \dfrac{F_{Ry}}{F_{Rx}}=\dfrac{-5{,}799}{-1{,}25}=4{,}6392, cujo arco-tangente vale cerca de 77{,}8^\circ. Como F_{Rx}<0 e F_{Ry}<0, o vetor está no terceiro quadrante, então o ângulo a partir do eixo positivo x é
    \theta\approx180^\circ+77{,}8^\circ=257{,}8^\circ.
    Interpretação mais prática: a força resultante aponta para baixo e para a esquerda, formando aproximadamente 77{,}8^\circ abaixo do eixo negativo x.

Passo 5

Calcular o momento resultante em B (par equivalente). Explicação conceitual: o momento em B causado por cada força é dado por M_B = \sum (F_y\cdot d) considerando que as componentes verticais têm braço de alavanca horizontal igual à distância horizontal entre a linha de ação da componente e B. Como todas as forças atuam ao longo da mesma linha horizontal (centro da viga), as componentes horizontais não criam momento em torno de B. Adotando sinal positivo para momento no sentido anti-horário:
  • Braços (distâncias horizontais) até B:
    • Para F_1 em x=2\\ \mathrm{m}: distância até B é 6\\ \mathrm{m}.
    • Para F_2 em x=6\\ \mathrm{m}: distância até B é 2\\ \mathrm{m}.
    • Para F_3 em B: distância 0\\ \mathrm{m}.
  • Momentos (cada M_i = F_{yi}\cdot d_i, com sinal):
    M_{B1}=F_{y1}\cdot6\\ \mathrm{m} = (-1{,}5)\cdot6=-9{,}0\\ \mathrm{kN\cdot m}.
M_{B2}=F_{y2}\cdot2\\ \mathrm{m} = (-0{,}75\sqrt{3})\cdot2 = -1{,}5\sqrt{3}\\ \mathrm{kN\cdot m}\approx-2{,}598\\ \mathrm{kN\cdot m}.
M_{B3}=F_{y3}\cdot0=0.
  • Somando: M_B = M_{B1}+M_{B2}+M_{B3} = -9{,}0 -2{,}598 +0 = -11{,}598\\ \mathrm{kN\cdot m}.Em termos simples: o momento resultante em B vale aproximadamente -11{,}60\\ \mathrm{kN\cdot m}. O sinal negativo indica que o momento é horário (clockwise). Em palavras de prova: o sistema é equivalente em B a uma força resultante apontando para baixo e para a esquerda, mais um momento de 11{,}60\\ \mathrm{kN\cdot m} no sentido horário.

Passo 6

Resumo interpretativo (como apresentar em prova):
  • A força equivalente aplicada em B tem componentes F_{Rx}=-1{,}25\\ \mathrm{kN} (esquerda) e F_{Ry}=-5{,}799\\ \mathrm{kN} (para baixo), magnitude F_R\approx5{,}93\\ \mathrm{kN} e direção apontando para baixo-esquerda (ângulo \approx257{,}8^\circ medido a partir do eixo +x).
  • O momento equivalente em B (par) é M_B\approx-11{,}60\\ \mathrm{kN\cdot m}, ou seja, 11{,}60\\ \mathrm{kN\cdot m} no sentido horário.
Dica prática para a prova: decomponha sempre as forças inclinadas em x e y, some componentes separadamente para achar a resultante e calcule momentos acerca do ponto escolhido apenas com as componentes perpendiculares ao braço de alavanca (aqui apenas componentes verticais tiveram braço). Mantém a notação de sinais consistente (sinal das forças e sentido dos momentos).

Resposta

Força equivalente em B: F_{Rx}=-1{,}25\\ \mathrm{kN}, F_{Ry}=-5{,}799\\ \mathrm{kN} (ou F_R\approx5{,}93\\ \mathrm{kN} dirigida para baixo-esquerda, \theta\approx257{,}8^\circ).
Momento equivalente em B: M_B\approx-11{,}60\\ \mathrm{kN\cdot m} (sinal negativo = momento horário, valor 11{,}60\\ \mathrm{kN\cdot m}).

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