P1 Vetorial 2017/1 - Morsch

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Universidade Federal do Rio Grande do Sul 
Escola de Engenharia ⎯ Departamento de Engenharia Civil 
Gabarito 
ENG01035 ⎯ 2017/1 ⎯ Prof. Inácio B. Morsch 
1) A fig. 1 ilustra um sistema de cabos que é empregado para sustentar duas cargas. Para a configuração ilustrada essa 
estrutura está em equilíbrio? Justifique a sua resposta. 
Solução: Substituindo-se o cabo BA por uma força de tração com a direção desse 
cabo e fazendo-se o mesmo com o cabo CD, pode-se afirmar que as componentes 
horizontais das forças desses dois cabos são iguais. Como os ângulos de projeção 
dessas forças são iguais, conclui-se que as forças nos cabos BA e CD devem ser 
iguais. No entanto fazendo-se apenas o equilíbrio do ponto B nota-se que a 
projeção vertical da força BA deve ser igual a 2 kN e fazendo-se o mesmo 
procedimento no ponto C, nota-se que a componente vertical do cabo CD deve ser 
igual a 3 kN. Esse resultado torna a solução do problema impossível, logo a 
estrutura não está em equilíbrio. 
Solução alternativa: 
0 cos 60 cos 60 0x BA CD BA CDF F F F F= → − °+ ° = → =∑ 
Equilíbrio do ponto B: 0 60 2 2,31 kNy BA BAF F sen F= → ° = → =∑ 
Equilíbrio do ponto C: 0 60 3 3,46 kNy BA BAF F sen F= → ° = → =∑ 
Como tem-se dois valores para a força FBA pode-se afirmar que a estrutura não está em 
equilíbrio. 
 
 
 
 
 
 
 
2) Calcular as reações nos vínculos A e B. É possível calcular essas reações com apenas duas equações de equilíbrio do 
tipo força? 
Solução: O primeiro passo é representar o diagrama de corpo livre da estrutura e escrever as 
correspondentes equações de equilíbrio. Nota-se que a barra AC é uma barra de treliça, logo 
a força nessa barra tem a direção da reta definida pelos pontos A e C. 
0 500 0,707 0x CA BF F H= → − + =∑ 
0 0,707 0y CA BF F V= → − + =∑ 
0 0,7 500 0,707 0,2 0,707 0,1 0B CA CAM F F= → − ⋅ + ⋅ + ⋅ =∑ 
1650, 2 NCAF = , 1166,7 NBV = , 666,7 NBH = 
2 21166,7 666,7 1343,7 NBR = + = 
tan 1166,7 666,7 60, 255θ θ= → = ° 
 
O mesmo problema pode ser resolvido com duas equações de equilíbrio do tipo força. Como a barra AC é uma barra de 
treliça, a mesma pode ser substituída por uma força com a direção da barra, que no caso é uma reta de 45º. Essa reta 
60° 60°
2 kN 3 kN
A
B C
D
Fig. 1
60° 60°
2 kN 3 kN
B C
FBA FCD
60°
2 kN
B
FBA
FBC
60°
3 kN
C
FCD
FBC
0,
2
0,2 0,1
0,
5
A
B
C
D
500 N
(m)
A
B
C
D
500 N
HB
VB
FCA
45°
apresenta um ponto de intersecção com a reta horizontal que serve de suporte para a força de 500 N. Portanto a estrutura 
apenas vai estar em equilíbrio se a reação em B convergir para o mesmo ponto já mencionado. 
tan 0,7 0,4 60, 255θ θ= → = ° cos 0,496θ = 0,868senθ = 
0 500 0,707 0,496 0x CA BF F R= → − + =∑ 
0 0,707 0,868 0y CA BF F R= → − + =∑ 
Das equações acima obtém-se os mesmos resultados anteriores. 
 
 
 
 
 
 
 
 
3) Considerando que a estrutura ilustrada na figura (5) tem um vínculo interno C que transmite apenas força na direção 
vertical responda às seguintes perguntas: a) A estrutura está em equilíbrio? Justifique a sua resposta. Caso a estrutura 
esteja em equilíbrio escreva as equações necessárias para calcular as reações nos vínculos A, E e F. 
Solução: A estrutura ilustrada 
apresenta 6 graus de liberdade de 
corpo rígido: deslocamentos nas 
direções x e y, rotação Rz, rotação 
relativa do tramo AB em torno da 
rótula B, rotação relativa do tramo 
CDEF em torno do ponto C, 
deslocamento relativo do tramo 
CDEF em relação ao ponto C. Nota-
se pela vinculação empregada que 
esses movimentos estão impedidos. 
Nota-se que há 6 incógnitas e podem 
ser escritas 6 equações de equilíbrio, 
logo o problema é isostático. 
13,53
3
4tan =→= θθ 6,013,53cos = 8,013,53 =sen 
7013,531550 =−→=−−+→=∑ FAFAx HHHsenHF (1) 
29013,53cos1520100 =++→=++−−−→=∑ FEAFEAy VVVVVVF (2) 
05,1013,53cos15213,53151212205,10106350 =⋅−⋅+++⋅−⋅−⋅−→=∑ senVVMM FEAAz 
5,3551212 =++ FEA VVM (3) 
54343510 −=+−→+−+⋅→=∑ AAAAAAABB HVMHVMM (4) 
013,5315213,53cos155,2444205,20 =⋅⋅−⋅⋅−−++⋅−→=∑ senHVVM FFECEFC 
5,96=−+ FFE HVV (5) 
kN 12013,53150 −=→=⋅−−→=∑ FFCEFx HsenHF 
 
 
0,
2
0,2 0,1
0,
5
A B
C
D
500 N
(m)
45°
θ
E 500 N
FCA RB
3 3 2 1 1,5 1,5
1
3
(m)
A
B
5 kN
10 kN
C
20 kN
15 kN
D E
F
θ θ
HA
VA
MA
VE
VF
HF
4) A haste AB é uniforme e pesa 125 N. Esta haste está vinculada por uma junta esférica em A e apoiada sobre a haste 
CD e a parede vertical conforme ilustrado na figura ao lado. Considerando que a parede e as hastes são lisas, determine 
a) a força que a haste CD exerce sobre AB, b) as reações em A e B. 
Solução: O primeiro passo é representar o diagrama de corpo 
livre da barra AB. Como a parede em que a barra está apoiada é 
lisa, a reação em B é do tipo Bz. Já a força que atua no ponto E, 
como ambas as hastes são lisas, é perpendicular à ambas as 
hastes. A figura abaixo ilustra o diagrama de corpo livre. 
O próximo passo é definir as coordenadas dos pontos de 
interesse. 
A( 0,3 ; 0 ; 0,5) B( -0,1 ; 0,3 ; 0) E( 0 ; 0,225 ; ZE) 
G( 0,1 ; 0,15; 0,25) 
Nos pontos acima, G representa o centro de gravidade da barra 
AB. Admitindo esta barra como uniforme, o centro de gravidade 
fica localizado na metade da barra. 
O próximo passo é determinar a coordenada ZE do ponto E. 
Como este ponto é a interseção das barras AB e CD, pode-se 
determinar esta coordenada definindo-se a equação da reta AB. 
( )
( ) ( )222 5,03,04,0
5,0;3,0;4,0
−++−
−−=−
−=
AB
ABu AB
r
 
( )707,0;424,0;566,0 −−=ABur 
A equação paramétrica de uma reta no espaço pode ser escrita 
como: 
n
zz
m
yy
l
xx 111 −=−=− 
em que l, m e n representam os cossenos diretores da reta, que 
no caso são definidos pelo vetor ABu
r
 e as coordenadas x1, y1, e 
z1 são as coordenadas do ponto A já que esta foi a orientação 
adotada para o vetor unitário. 
Substituindo-se as coordenadas fica: 
m 125,0
707,0
5,0
424,0
0225,0
566,0
3,00 =→−
−=−=−
−
E
E zz 
O próximo passo é definir a orientação da força EF
r
. Sabe-se que esta força é perpendicular às hastes CD e AB, logo 
pode-se obter a orientação da força EF
r
 fazendo o produto vetorial entre dois vetores unitários que definem as 
orientações das hastes. Pelo desenho nota-se que o segmento CD tem a mesma direção do eixo z, logo o seu vetor 
unitário é o k
r
. 
( )0;566,0;424,0
100
707,0424,0566,0 =−−=×=
kji
kuE AB
rrr
rrr
 
É importante ressaltar que o vetor E
r
 não é um vetor unitário já que o ângulo entre os vetores ABu
r
 e k
r
 não é de °90 . 
Normalizando-se o vetor E
r
 tem-se: ( ) ( )0;8,0;6,0
566,0424,0
0;566,0;424,0
22
=
+
==
E
EuE r
r
r
 
Portanto o vetor força no ponto E pode ser definido como: ( )0;8,0;6,0⋅= EE FFr . 
Escrevendo-se as equações de equilíbrio tem-se 
A
z
x
y
B
C
D
E
300
500
225
30
0
(mm)
100
A
z
x
y
B
C
D
E
300
500
225
30
0
(mm)
Ay
Ax
Az
Bz
FE
06,00 =+→=∑ Exx FAF (1) 
1258,00 =+→=∑ Eyy FAF (2) 
00 =+→=∑ zzz BAF (3) 
25,313,03,008,0375,025,01253,00 =+→=⋅⋅+⋅−→=∑ EzEzAx FBFBM (4) 
0225,04,006,0375,04,00 =−→=⋅⋅−→=∑ EzEzAy FBFBM (5) 
kN 67,6625375,001252,08,03,06,0225,00 =→=→=⋅+⋅⋅−⋅⋅−→=∑ EEEEAz FFFFM (6) 
|Substituindo-se (6) em (5) tem-se kN 5,37067,66225,04,0 =→=⋅− zz BB 
A mesma resposta pode ser obtida da equação (4). Nota-se que há uma equação sobrando porque o problema tem 5 
incógnitas. 
Continuando o cálculo tem-se: da expressão (3) kN 5,37−=zA , da (2) kN 66,71=yA e da (1) kN 40=xA 
 
5) A figura abaixo ilustra umaparelho de ginástica funcional que emprega o peso próprio da pessoa, que vai usar o 
equipamento, como carga. Determine o valor da força P que deve ser aplicada no aparelho para que o mesmo esteja em 
equilíbrio. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
Examinando-se a estrutura nota-se que é mais vantajoso separar os elementos do que iniciar pelas equações de 
equilíbrio externo. Fazendo-se o diagrama de corpo livre da estrutura da cadeira e escrevendo-se as equações de 
equilíbrio correspondentes tem-se: 
N 5,812020256500 =→=−⋅→=∑ DEDEA FFM 
N 65006500 =→=+−→=∑ yyy AAF 
N 5,81200 ==→=−→=∑ DExDExx FAFAF 
650 N
A
D
25
Ax
Ay
FDE
650 N
A B C
D
E
F G
H
P
25
20
58
20
25
12
0
22
12
2
3
(cm)
100 27
10
20
O próximo passo é fazer o diagrama de corpo livre da barra ABC e escrever as correspondentes equações de equilíbrio. 
N 5,8120 =→=∑ xx CF 
N 1885020586500 =→=−⋅→=∑ BHBHC FFM 
N 123518856500 =+=→=∑ BHy FF 
0 103 2 1885 0 36,6 NG BHM P F= → − ⋅ = → =∑ 
 
 
 
 
 
 
 
A
B
C
812,5 N
650 N FBH
Cy
Cx
F
G
H
P
FBH
Gy