P2 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) Para o arco tri-rotulado ilustrado na figura (1) calcular as reações externas e a força que atua na rótula C. 
Solução: Como a carga é simétrica em relação ao eixo vertical 
(y) tem-se que a força do carregamento vale: ( )0 ; yR R=r 
Representando-se o diagrama de corpo livre e escrevendo-se 
as equações de equilíbrio externo tem-se: 
0 0
x A BF H H= → − =∑ 
0y A B yF V V R= → + =∑ 
0 10 5 0 0,5A B y B yM V R V R= → − = → =∑ 
0,5A yV R= 
[ ]2 2002 2 ` cos 2 2 4 5 40 kNyR sen q r d qr qr
pi piθ θ θ= ⋅ ⋅ = − = = ⋅ ⋅ =∫ 
logo 20 kNA BV V= = 
O próximo passo é romper a rótula C. Para tal é necessário dividir 
a carga em duas partes. Simplesmente por inspeção tem-se 
2 20 kNy yF R= = . A força Fx é obtida como: 
[ ]2 200 cos 4 5 20 kNxF q r d qr sen qr
pi piθ θ θ= ⋅ ⋅ = = = ⋅ =∫ Portanto a força 
resultante de metade do carregamento passa por uma reta inclinada de 45º. 
Representando-se o diagrama de corpo livre e escrevendo-se as equações de 
equilíbrio correspondente tem-se: 
0 20 0
x x BF C H= → − − =∑ 
0 20 0 0y y B yF C V C= → + − = → =∑ 
0 5 5 20 cos 45 5 20(1 0,707) 5 0 0CBC B B BM V H H= → − − ⋅ ° ⋅ − − ⋅ = → =∑ logo 
0AH = e 20 kNxC = 
 
 
 
 
 
 
 
R 5m
A B
C
4 kN/m
rótula
Figura (1)
VA
C
4 kN/m
HA VB
HB
VA
C
HA VB
HB
Ry
Cy
VB
HB
Fy
FxCx
2) Para a área ilustrada na figura (2) calcular os momentos principais centrais de inércia. 
Solução: O primeiro passo é localizar os eixos centrais da área 
observando que a mesma apresenta um eixo de simetria. 
Adota-se como eixo de referência o eixo indica na figura 
complementar. 
225 0,8 20 1 2 13,2 0,5 20 20 13, 2 53,2 cmA = ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ = + + = 
320 14,1 20 0 13,2 7,1 375,72 cm
xrefS = ⋅ + ⋅ + ⋅ = 
375,72 53,2 7,06 cm
xrefy S A= = = 
 
 
3 3 3
2 2 225 0,8 0,5 13, 2 10 120 (14,1 7,06) 2 6,6 (7,1 7,06) 2 10 (0 7,06)
12 12 12xc
I
   ⋅ ⋅ ⋅
= + ⋅ − + ⋅ + ⋅ − + ⋅ + ⋅ −   
   
 
42182,5 cm
xc
I = 
3 3 3 3
2 40,8 25 13, 2 0,5 1 25 1 52 6,6 2,75 2433, 4 cm
12 12 12 12yc
I
   ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= + ⋅ + ⋅ + − =   
   
 
Como o perfil apresenta um eixo de simetria tem-se que 0
xcycI = , logo xc e yc são os eixos principais centrais de 
inércia sendo 4max 2433,4 cmycI I= = e 
4
min 2182,5 cmxcI I= = . 
(cm)
7,
06
xc
yc
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
125 125
8
5 5
10 100
15
0
(mm)
 
3) Calcular as reações da estrutura ilustrada na figura (2). (2,0) No caso da questão estar totalmente correta (correção 
binária) pontua 1,0 ponto na 1ª avaliação. Nesse caso deve-se acrescentar ao problema o cálculo das forças nas rótulas 
internas B e C. 
Solução: O primeiro passo é transformar 
as cargas distribuídas em cargas 
concentradas equivalentes e depois 
representar o diagrama de corpo livre da 
estrutura. 
Carga na barra AB: 
kN 5,37
2
155
1 =
⋅
=F 
m 33,35321 =⋅=x 
A carga de 10kN/m deve ser dividida 
em dois tramos por causa da rótula C: 
Carga no Tramo BC: 
kNF 505102 =⋅= mx 5,22 = 
Carga no Tramo CD: 
kNF 101013 =⋅= mx 5,03 = 
Carga no tramo DE: kNF 453154 =⋅= mx 5,14 = 
2,5 0,5 1,5
4
(m)A
B
10 kN
C
45 kN
D E
F
θ
θ
50 kN
37,5 kN
10 kN
HA
VA
MA
VE
RF
3,3
3
 
6,053cos ==θ 8,054 ==θsen 
Escrevendo-se as equações de equilíbrio correspondentes tem-se: 
306,006,08,05,370 −=−→=−⋅+→=∑ FAFAx RHRHF 
5,1378,008,0104510506,05,370 =++→=++−−−−⋅−→=∑ FEAFEAy RVVRVVF 
08,01212105,10455,10105,8505,533,35,370 =⋅++⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−→=∑ FEAA RVMM 
37,10626,912 =++ FEA RVM 
5,1428,04018,045,2105,2455,0100 =+→=⋅++⋅−⋅−⋅−→=∑ FEFECDEFC RVRVM 
62,6243067,15,37430 −=++−→=⋅+++−→=∑ AAAAAAABB MHVMHVM 
 
Colocando-se as equações sobre a forma de sistema e resolvendo-o tem-se: 
 
kN 4,24=AH kN 5,47=AV kNm 6,17−=AM kN 5,17=EV 
kN 6,90=FR 
 
 
 
Complementar: Teste de equilíbrio 
3 3 2 1 1,5 1,5
4
(m)
A
B
10 kN
C
15 kN/m
D E
F
θ θ
10 kN/m15 kN/m
Fig. 2


















−
−
=




































−
−
62,62
5,142
37,1062
5,137
30
00134
8,04000
6,912100
8,01010
6,00001
F
E
A
A
A
R
V
M
V
H
066,908,05,1795,7105,745105,55,25067,15,374,2445,4736,170 =⋅⋅+⋅+⋅−⋅−⋅−⋅−⋅+⋅+⋅−−→=∑ BM 
012,0 ≈− Ok 
 
4) A estrutura de proteção dos passageiros de uma parada de ônibus está ilustrada na figura 4. Considerando que a 
estrutura da cobertura é formada por uma casca com espessura de 2 cm e que a forma da linha média dessa casca é 
aproximada pela equação indicada na figura, determine o momento de inércia em relação ao eixo central xc da casca. 
 
Solução: Adota-se um elemento de integração do tipo 
dA t dl= ⋅ sendo t a espessura da casca. Considera-se que 
a espessura é pequena em relação ao comprimento total 
da casca, ou seja, t l<< . Portanto o diferencial de 
momento de inércia do elemento de integração em relação 
ao seu eixo central pode ser desprezado: 
2 2
'
0x xdI dI y dA y dA= + = + 
2 2
x xI dI y dA y t dl= = =∫ ∫ ∫ 
( )22 2 2 2 1dl dx dy dx dy dx = + = +  
1
2
xdy dx = − + 
1 2 1 22 2
1 1 2
2 4
x xdl dx dx x
    
= + − + = − +    
     
 
122 2 22 4 4
0
2 1,137604 0,02275208 m 2275208 cm
4 4x
x xI t x x dx t
   
= − + − + = ⋅ = =   
   
∫ 
O próximo passo é localizar o eixo xc da casca: 
22 2
0
2 2, 296 2 229,56 459,12 cm
4A
xA dA t x dx t= = − + = ⋅ = ⋅ =∫ ∫ 
2 22 3
0
2 1,455 2 14550 29100 cm
4 4x A
x xS ydA t x x dx t −= = + − + = ⋅ = ⋅ = 
 
∫ ∫ 29100 459,12 63,4 cm y = = 
2 42275208 459,12 63,4 430788 cm
xc
I = − ⋅ = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1
2
1,51
2,
2
x
A
B
C D
x
xy +−=
4
2
(m)
y
Fig.4
5) A seção transversal ilustrada na figura () é formada por um perfil C, por um perfil L 7”x 4”x 1/2” e por uma chapa de 
espessura 5/16”. Considerando que as propriedades do perfil C são A = 33,92 cm2, Ix = 4601 cm4, Iy = 318 cm4 e as 
propriedades do perfil L são A = 33,87 cm2, Ix = 1111,3 cm4, Iy = 270,5 cm4 e rmin = 2,21 cm, em relação aos eixos 
ilustrados nos perfis em separado, determine: a) a localização dos eixos centrais, b) os momentos de inércia e produto 
de inércia em relação aos eixos centrais, c) a localização dos eixos principais centrais de inércia, d) os momentos 
principais centrais de inércia indicando os eixos correspondentes aos momentos de inércia máximo e mínimo. Os eixos 
de referência devem estar claramente identificados no desenho. 
30
0
100
7,
94
6,35
25,1
120
7,
94
x
y
x
y
23,4
61
,
5
(mm)
40
 
Solução: O primeiro passo é localizar o centróide do conjunto. Para tal escolhe-se como eixos de referência os eixos 
centrais do perfil C. 
2cm 32,77794,01287,3392,33 =⋅++=A 
3cm 5,575397,15528,966,1287,3392,330 =⋅+⋅+⋅=xS 
3cm 2,317)51,2(528,9)66,8(87,3392,330 −=−⋅+−⋅+⋅=yS 
cm 1,4−== ASx yC cm 44,7== ASy xC 
O próximo passo é determinar os momentos de inércia e produto de inércia em relação aos eixos centrais. 
42
3
22 cm 7,8275957,7528,9
12
794,01222,587,335,270)44,7(92,334601 =⋅+⋅+⋅++−⋅+=
Cx
I 
42
3
22 cm 2,284259,1528,9
12
12794,0)56,4(87,333,11111,492,33318 =⋅+⋅+−⋅++⋅+=
CyI 
Para se calcular o produto de inércia do conjunto deve-se primeiro definiro produto de inércia da cantoneira. 
422
minmin cm 4,16521,287,33 =⋅=⋅= rAI 
2222
2
min 2,1767362,2761504,4209,6904,16522 xyxyxy
yxyx III
IIII
I +=→+−=→+










−
−
+
= 
4cm 3,315=xyI O sinal do produto de inércia é dado pelo desenho da cantoneira na tabela do fabricante, no caso 
tem-se 4cm 3,315−=xyI . Notar que o sinal do produto de inércia da cantoneira continua negativo na posição de 
montagem que foi adotada. 
4cm 7,203559,1957,7528,90)56,4(22,587,333,3151,4)44,7(92,330 −=⋅⋅++−⋅⋅+−⋅−⋅+=CxyI 
O próximo passo é localizar os eixos principais centrais de inércia e e calcular os momentos principais centrais de 
inércia. 
4cm 9,5558
2
=
+ ycxc II
 
4cm 7,2716
2
=
− ycxc II
 
°=→= 4,18
7,2716
7,20352tan θθ 422 cm 8,33947,20357,2716 =+=R 
4
max cm 7,89538,33949,5558 =+== uII 4min cm 1,21648,33949,5558 =−== vII 
7,
444,1
18,4
xc
yc
u
v
C