P1 2016/2 Morsch

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Universidade Federal do Rio Grande do Sul 
Escola de Engenharia  Departamento de Engenharia Civil 
Gabarito 
ENG01035  2016/2  Prof. Inácio B. Morsch 
1) O arco ilustrado na Fig. 2 é mantido na posição devido à ação da barra DE. Calcular as reações nos vínculos A e B, 
bem como a força que atua na barra DE. 
 
Solução: O primeiro passo é representar o diagrama de 
corpo livre. Para fins de equilíbrio externo a força na barra 
DE é considerada interna. Como a estrutura e a carga são 
simétricas tem-se 15 kNA BV V= = . Escrevendo-se as 
demais equações de equilíbrio obtém-se: 
0 0x BF H= → =∑ 
0 5 5 4 0,707 5 10 0CBC B B EDM V H F= → + − − ⋅ ⋅ =∑ 
9,91 kNEDF = 
 
 
Comentário: Caso não seja constatada a simetria do problema o mesmo pode ser resolvido acrescentando-se duas 
equações de equilíbrio. 
0 30y A BF V V= → + =∑ 
0 10 10 5 10 5 (1 0,707) 10 5 (1 0,707) 0A BM V= → − ⋅ − ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ + =∑ 
 
2) Considerando que o conjunto formado pelos pesos de 10 kN e 8 kN, ilustrado na figura (1), está em equilíbrio, 
determine as forças que atuam nos cabos AB, BC e CD. 
Solução: O primeiro passo é representar o diagrama de corpo livre do 
conjunto, lembrando que força num cabo tem a direção do mesmo tem-se 
10 kN
8 kN
FAB
B
C
60° 45°
α
FDC
 
Escrevendo-se as equações de equilíbrio externo: 
DCABDCABDCABx FFFFFFF 414,1707,05,0045cos60cos0 =→=→=°+°−→=∑ (1) 
18707,0414,1866,01845600 =+⋅→=°+°→=∑ DCDCDCABy FFFsenFsenF kN 32,9=DCF (2) 
 kN 18,13=ABF 
10 kN
8 kN
A
B
C
D
60° 45°
α Figura 1
R 5m
A B
C
45°
10 kN10 kN
10 kN
D E
1
VA VB
HB
Aplicando-se a transmissibilidade pode-se representar a força FDC no anel C, logo fazendo-se o somatório de momentos 
no anel B tem-se 
045cos45cos8cos0 =°⋅−°⋅+⋅−→=∑ DCBCDCBCBCBz FsenlFsenllM ααα (3) 
Sendo CBlBC −= . 
Multiplicando-se a equação (3) por 





⋅ DCBC Fl αcos1 tem-se 
°−=→−=→=−+− 08,12214,0tan0tan707,0707,08 ααα
DCF
 
Para se obter a força no cabo BC basta representar o diagrama de corpo livre do anel B e escrever as equações de 
equilíbrio. 
BCBCABx FFFF 978,059,60)08,12cos(60cos0 +−→=−+°−→=∑ (4) 
kN 74,6=BCF 
 
Comentário: O problema também pode ser resolvido com as equações de equilíbrio dos nós B 
e C. 
Nó B: 
BCABBCABx FFFFF αα cos20cos60cos0 =→=+°−→=∑ (1) 
10cos2
2
3
10600 =+⋅→=+°→=∑ BCBCBCABy FsenFFsenFsenF ααα 
10cos3 =






+ BCFsenαα (2) 
Nó C: 
BCDCDCBCx FFFFF αα cos2
2045coscos0 =→=°+−→=∑ (3) 
8cos
2
2
2
2
8450 =⋅+−→=°+−→=∑ BCBCDCBCy FFsenFsenFsenF ααα 
8cos =





− BCFsenαα (4) 
Multiplicando-se a equação (2) por 8/10 e subtraindo-se do resultado a equação (4) tem-se: 
08,1cos386,088,010cos8,0cos38,0 =




 +→−⋅=







+−+⋅ BCBC FsenFsensen αααααα 
Pela geometria do problema tem-se 0tan8,1386,008,1cos386,00 =+→=+→≠ ααα senFBC 
°−=→−= 1,12214,0tan αα 
Substituindo-se esse resultado nas equações de equilíbrio anteriores tem-se a solução do problema. 
 
 
 
 
10 kN
FAB
B
60°
α
FBC
3) O pavimento de uma ponte é suportado por longarinas que são simplesmente apoiadas por vigas transversais 
conforme ilustrado na Fig. 1. As extremidades das vigas transversais são unidas aos nós do banzo superior de duas 
treliças, sendo uma dessas ilustrada na Fig. 1. Para representar o efeito da tração das rodas no pavimento adota-se, em 
cada roda, uma força horizontal para a esquerda correspondendo a 20% da força vertical na mesma roda. Determinar 
para o caminhão na posição ilustrada, as forças que atuam nas barras 1, 2 e 3. Desprezar a altura das longarinas e vigas 
transversais que suportam o pavimento. 
Solução: A força total correspondente à tração 
do caminhão sobre a ponte é um percentual da 
carga em cada roda e o valor total da mesma 
deve ser absorvido pelo apoio duplo A. 
0 0, 2 190 0
x AF H= → − ⋅ =∑
38 kNAH = 
0 190y A BF V V= → + =∑ 
A equação de equilíbrio global de momentos 
pode ser escrita empregando as forças nas 
rodas diretamente. É importante considerar o 
momento causado pela força de tração. 
 
0 14 70 3,5 70 4,7 50 10,5 38 4 0Az BM V= → − ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ =∑ 67,6 kNBV = 
190 67,6 122,4 kNAV = − = 
A carga de 70 kN que não se situa sobre um nó (rótula) da 
treliça deve ser transmitida pela longarina para as vigas 
transversais e dessas para os nós correspondentes. O 
modelo para isso é o de uma viga isostática. Para a carga 
horizontal um modelo possível é aplicar a 
proporcionalidade de 20% após a definição das cargas 
verticais. Cabe destacar que essa solução não é 
necessariamente verdadeira. No entanto a influência da 
mesma na resposta é pequena. 
 
0 3,5 1,2 70 0Cz DM V= → − ⋅ =∑
 
24 kNDV = 
70 24 =46 kNCV = − 
Verificando o equilíbrio do nó F nota-se que a 
força na barra 1 vale: 
1 0F = . Para determinar as forças nas barras 2 e 3 
faz-se um corte na treliça. 
20 3,5 122,4 4 38 4 0CzM F= → − ⋅ + ⋅ + =∑ 
2 69,1 kNF = 
3 30 7 122,4 4 23, 2 116 3,5 4 0 89,5 kNEzM F F= → − ⋅ + ⋅ + ⋅ − = → = −∑ 
Comentário: Cabe destacar que as forças F1 e F2 não dependem da distribuição das 
cargas horizontais, logo a solução adotada não afeta esses valores. No caso da força 
F3 a influência desse valor é pequena. Se o mesmo for desprezado tem-se 
3 30 7 122,4 4 14 116 3,5 4 0 98,7 kNEzM F F= → − ⋅ + ⋅ + ⋅ − = → = −∑ 
 
3,5 3,5 3,5 3,5
41
2
3
(m)
Viga Transversal
Longarina
1,2 5,8
70 kN 70 kN 50 kN
1
2
3
1,2
70 kN 70 kN 50 kN
HA
VA
VB
A
B
14 kN 14 kN 10 kN
3,5
1.2
70 kN
C D
1
2
3
116 kN 24 kN
50 kN
A
B
23,2 kN 4,8 kN 10 kN
C
D
122,4 kN 67,6 kN
38 kN
E
4
F
1
F3
116 kN
A
23,2 kN
C
122,4 kN
38 kN 4
F F2
F5
5) Uma placa de aço uniforme ABCD de 0,5 x 0,75 m pesa 385 N e está presa a rótulas em A e B. Sabendo que a placa 
se apóia sobre uma parede vertical sem atrito em D determine a localização do ponto D e a reação em D. 
 Solução: O primeiro passo é 
representar o diagrama de corpo livre 
da placa. Como a parede yz é lisa a 
reação em D é do tipo 
)0;0;( DD FF =
�
, já a força peso da 
placa é do tipo )0;385;0( −=P
�
 e as 
forças reativas em A e B são do tipo 
);;( zyxA AAAR =
�
 e 
);;( zyxB BBBR =
�
. Como o problema 
completo tem 7 incógnitas, para se 
calcular a reação em D deve-se fazer 
0=∑ ABM de modo a eliminar as 
reações em A e B do cálculo. 
Para se iniciar o cálculo deve-se definir as coordenadas dos pontos de interesse: A (0,1 ; 0 ; 0,7) , B (0,4 ; 0 ; 0,3) , D (0 
; yD ; zD), G (xG ; yG ; zG). Como a placa é homogênea tem-se: 
m 05,0
2
=
+
=
DA
G
xx
x , 
22
DDA
G
yyy
y =
+
= , 
2
7,0
2
DDA
G
zzz
z
+
=
+
= . Com os dados definidos pode-se 
escrever a equação 0=∑ ABM como: 0=



 ו+




 ו PruFru GABADDABA
�
��
�
��
. Para tal deve-se obter: 
)8,0;0;6,0()( −=
−
−
=
AB
AB
uBA
�
 )7,0;;1,0( −−= DDDA zyr
�
 )235,0;2;05,0( DDGA Zyr +−−=
�
 
Considerando-se esses dados pode-se escrever: 
0
03850
235,0205,0)8,0;0;6,0(
00
7,01,0)8,0;0;6,0( =












−
+−−•−+












−−•− DD
D
DD zy
kji
F
zy
kji
 
0]38505,0;0;)235,0()385([)8,0;0;6,0();)7,0(;0()8,0;0;6,0( =⋅+−⋅−−•−+−−•− DDDDD zFyzF 
025,198,0)5,19275,134(6,08,0 =⋅−+−+ DDD ZFy 25,965,1158,0 =+ DDD ZFy 
Portanto para obter-se FD é necessário calcular primeiro as coordenadas do ponto D. Para tal o primeiro passo é definir 
o vetor unitárioDAu
�
. É importante notar que, pela definição da placa, tem-se m 75,0=− AD . Logo, pode-se escrever: 
)75,0)7,0(;75,0;133,0( −−= DDDA zyu
�
 
Pela definição da placa nota-se que )()( ADAB −⊥− ou seja 0=• DABA uu
��
, que pode ser escrita como: 
0
75,0
7,08,0133,06,00)75,0)7,0(;75,0;133,0()8,0;0;6,0( =−⋅−⋅−→=−−•− DDD
z
zy 
m 625,00747,0067,10798,0 =→=+−− DD zz A seguir pode-se obter 1,075,0
7,0625,0
−=
−
=DAzu 
Sabe-se que 1coscoscos 222 =++ zyx θθθ ou seja 1)()()( 222 =++ DAzDAyDAx uuu 
986,01)1,0()()133,0( 222 =→=−++− DAyDAy uu 
Logo pode-se definir yD como m 7395,075,0986,0 =⋅=Dy 
A força FD é calculada como: N 9,407395,08,0
625,025,11525,96
=
⋅
⋅−
=DF 
A
B
C
D
0,3
0,4
0,1
(m)
x
y
z
0,7
Solução Alternativa: As coordenadas do ponto D podem ser obtidas diretamente pela geometria do problema. Para tal o 
primeiro passo é representar uma vista superior (acumulando-se o eixo y). A seguir determina-se o ângulo α: 
13,53
3,0
4,0
tan =→= αα 
O ângulo θ pode ser obtido como: 
87,3613,5390 =−°=θ 
A seguir calcula-se FA e FE com as 
quais tem-se as coordenadas dos 
ponto D. 
FA
1,087,36cos = 
m 125,0=FA 
m 075,0
1,0
87,36tan =→= FEFE 
 
 
m 625,0075,0 =−= AD zz 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
VISTA A-A
A=B
D=C
0,75
F
yDz
x
A
B
C
0,
4
0,3
0,1
α
θ
E
A
A
D=F
m 7395,0125,075,0 22 =−=Dy
6) A figura abaixo ilustra um aparelho 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 
O próximo passo é fazer o diagrama de corpo livre da barra ABC e escrever as correspondentes 
equações de equilíbrio. Deve-se notar que a barra BH é uma barra de treliça e na sequência 
escrever as equações de equilíbrio do elemento FGH. 
N 5,8120 =→=∑ xx CF 
N 1885020586500 =→=−⋅→=∑ BHBHC FFM 
0 650 1885 1235 Ny yF C= → = + =∑ 
0 73 2 1885 0 51,6 N 52 NGM P P= → − ⋅ = → = ≅∑ 
 
 
 
 
 
 
650 N
A
D
25
Ax
Ay
FDE
A
B
C
812,5 N
650 N FBH
Cy
Cx
F
G
H
P
FBH
Gy
650 N
A B C
D
E
F G
H
P
25
20
58
20
25
12
0
22
12
2
3
(cm
)
70 27
10
20