P2 Gabarito - 2017/2 - Morsch

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Universidade Federal do Rio Grande do Sul 
Escola de Engenharia  Departamento de Engenharia Civil 
Gabarito 
ENG01035  2017/2  Prof. Inácio B. Morsch 
1) Determinar os momentos principais centrais de inércia da seção 
transversal de uma viga ilustrada na figura ao lado. 
Solução: 
Área: 
( ) 22 50 1,588 60 1,905 20 1,905 387,4 38,1 349,3 cmA = ⋅ + ⋅ − ⋅ = − = 
Para se localizar o centro de gravidade considera-se uma seção 
retangular cheia com as dimensões externas da seção ilustrada. Nesse 
caso a seção apresenta dois eixos de simetria, logo Sxref = 0. O cálculo 
nesse caso consiste em descontar os vazios. 
( ) 30 38,1 25 1,905 2 988,79 cmxrefS = − ⋅ − + =   
988,79 349,3 2,83 cmxrefy S A= = = 
 
 
 
O momento de inércia Ixc também pode ser calculado descontando os 
vazios. Nesse caso o primeiro passo é determinar o momento de 
inércia no eixo Ixref. 
3 3 3
260 53,81 56,824 50 20 1,905 38,1 25,93
12 12 12xref
I
 ⋅ ⋅ ⋅
= − − + ⋅ 
 
 
4161447,9 cmxrefI = 
2
xref xcI I A y= + ⋅ 
2 4161447,9 349,3 2,83 =158650 cmxcI = − ⋅ 
O momento de inércia no eixo yc pode ser calculado diretamente a partir dos elementos retangulares que formam a 
seção. 
3 3 3
2 41,905 60 50 1,588 1,905 202 79, 4 20 130863 cm
12 12 12yc
I
 ⋅ ⋅ ⋅
= + + ⋅ − = 
 
 
Como a área apresenta um eixo de simetria tem-se que Ixcyc = 0, logo Imax = Ixc e Imin = Iyc 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
600
200 200
50
0
19
,
05
19
,
05
15,8815,88
(mm)
xref
2,
83
xc
26
,
90
5
yc
(cm)
2) Uma balança rodoviária é formada por uma laje de concreto (12x3x0,25)m com peso específico de 2500 kgf/m3 e por 
duas treliças de aço dispostas de modo simétrico. A figura abaixo ilustra a balança, já representando a carga do 
caminhão que atua numa das treliças. Desconsiderando o peso das duas treliças, determine as reações nos vínculos A e 
K, bem como a força que atua na barra EH e a reação na rótula interna F. 
A
B C
D E
F G
(m)
laje de concreto
12m x 3m x 0,25 m
H I
J K
1,5 2 5 2 1,5
2
treliça
70 kN 70 kN 45 kN
1,2
5,5
 
Solução: O primeiro passo é calcular o peso da laje de concreto: 12 3 0,25 2500 22500 kgfP Vγ= = ⋅ ⋅ ⋅ = . O peso da 
laje e as cargas nas rodas do caminhão devem estar na mesma unidade: 22500 kgf 220635 N 220,6 kNP = = = . 
Como a laje de concreto é simétrica, cada uma das vigas treliçadas absorve a metade do peso da 
laje: / 110,3 kNLAJE TRELIÇAP = e essa carga é aplicada no ponto F. 
Escrevendo-se as equações de equilíbrio correspondentes tem-se: 
0 0x AF H= → =∑ 0 110,3 70 70 45 295,3y A K A KF V V V V= → + = + + + → + =∑ 
0 12 6 110,3 70 6 70 4,8 45 10,3 156,8 kNA K KM V V= → − ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ → =∑ 138,5 kNAV = 
Para calcular as forças na rótula F e na barra EH é necessário dividir a estrutura em duas partes, logo o peso da laje 
deve ser novamente dividido, ou seja: / / 55,15 kNLAJE TRELIÇA LADOP = . 
0 138,5 6 70 1,2 55,15 3 2 0
F
AF
EHM F= → − ⋅ + ⋅ + ⋅ + =∑ 
290,8 kNEHF = 290,8 kNxF = 
138,5 70 55,15 35 0 21,65 kNy yF F− − − + = → = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
70 kN 35 kN
A
B C
D E
F
2
FEH
Fy
Fx
55,15 kN
3) Escrever o conjunto de equações necessária para determinar as reações nos vínculos A, B e D, bem como as 
forças que atuam as nas rótulas B e C. Em caso de acerto total da questão (correção binária) vale até 1,0 ponto na 1ª 
avaliação. Apenas para alunos com nota inferior a 5,0, sendo a nota total limitada a 5,0. 
Solução: O primeiro passo é transformar as cargas 
distribuídas em cargas concentradas equivalentes. 
Carga triangular: 
kN 185,6
2
413 22
1 =
+⋅
=F 
m 384321 =⋅=y 
Carga uniforme 
kN 55,222 =⋅=F m 25,12 =x 
Carga trapezoidal kN 1468
2
43423 =+=
⋅
+⋅=F 
m 714,1
14
333,1628
3 =
⋅+⋅
=x 
O próximo passo é representar o diagrama de corpo livre com as reações e as forças concentradas. 
05185,60 =++−−→=∑ DAx HHF 
185,11=+ DA HH 
0 5 14y A DF V V= → + = +∑ 
19A DV V+ = 
0714,11440 =⋅−→=∑ DCDC VM 
kN 6=DV 
0264
714,114150
=+⋅
+⋅−⋅−→=∑
D
BCD
B
H
M
 
kN 5,2=DH , kN 685,8=AH 
0 6,185 8 / 3 5 2, 25 5 5 14 6,714 9 6 6 2,5 5 0A BM V= → ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅ + =∑ 
 15,55 kNBV = 2,55 kNAV = − 
kN 5,2== Dx HC kN 8614 =−=yC 
kN 5,2=xB 8 kNyB = 
 
 
5 kN
B
C
Cy
Cx
By
Bx
 
14 kN
5 kN
A
B
C
D
4 2
4
2,5
4
(m)
1
1,714
VD
HD
VA
HA
5 kN
1,25
2,
66
7
6,185kN VB
C
D
14 kN1,714
VD
HD
Cy
Cx
2 kN/m
3 kN/m
5 kN/m
2 kN/m
5 kN
A
B
C D
4 2
4
2,5
4
(m)
1
4) Determine o volume em m3 que pode ser armazenado no tanque de água ilustrado na figura abaixo. 
Solução: Adota-se um elemento de integração que é um setor circular. 
Essa área pode pensada como triangular já que o ângulo do setor 
circular é um diferencial. 
 
 
 
 
 
 
 
 
2
2 2
r dl r ddA θ⋅= = 
2 22
0 2 4A
r rA dA d
pi piθ= = =∫ ∫ (resultado conhecido) 
( )2 32 cos3 2 3
f
y f iA i
r r rS xdA d sen sen
θ
θ
θ θ θ θ= = = −∫ ∫ (notar que o CG do elemento de integração se localiza no raio 
2r/3). 
( )
( )
( )
( )
3
2
3 2 3
2
f i f i
y
f i f i
r sen sen r sen sen
x S A
r
θ θ θ θ
θ θ θ θ
− −
= = =
− −
 
( )
( )9
2 9 3 2 6
2,865 m
2 6
sen sen
x
pi pi
pi pi
⋅ −
= =
−
 
242,412 mABA = 
( )
( )3
2 3 3 6 2
1,432 m
6 2
sen sen
x
pi pi
pi pi
⋅ − −  
= =
− −  
 
29,425 mBCA = 
( ) 36cos30 32 2,865 42, 412 1, 432 6cos30 9,425 2 3 6 cos30 1325,6 m
2
V pi  ° ⋅  = ⋅ + + ° ⋅ + ⋅ ⋅ ° ⋅ =  
  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
9 m
60°
30°
3 m
A
B
C
θi
θf
dl
r
dθ
θ
G
x
y
5) Considerando a área ilustrada na Fig. 4 determine a localização dos eixos principais centrais de inércia, os 
momentos principais centrais de inércia e identifique os eixos correspondentes aos momentos de inércia máximo e 
mínimo. 
 
Solução: Examinando-se a área nota-se que essa 
apresenta a mesma distribuição de área em relação a 
um eixo horizontal com y = 12,5. Observação 
similar pode ser feita em relação a um eixo vertical 
com x = 30. Portanto esses eixos são os eixos 
centrais dessa área. 
Para calcular os momentos de inércia e o produto de 
inércia, a área é dividida num retângulo e em dois 
vasados semi-circulares. Para calcular o momento 
de inércia dos semir-círculos no eixo xG da área é 
necessário determinar o momento de inércia em 
relação ao eixo central de cada semi-círculo. 
224
3
4
28 







⋅+=
pi
pipi RRIR xc 
42
224
cm 1,110324,45099,3926
3
104
2
10
8
10
=⋅−=








⋅
⋅−= pi
pi
pipi
xcI 
Cálculo do momento de inércia em relação ao eixo xG do conjunto: 
42
3
cm 5,5448424,45,12501,11032
12
2560
=













−+−
⋅
= pixGI 
42
243
cm 37146015
2
10
8
102
12
6025
=










⋅+−
⋅
=
pipi
yGI 
O processo passo é determinar o produto de inércia. 
450 ( 15) 8,26 50 15 ( 8,26) 38924,3 cm
Gx yGI pi pi= − − ⋅ − ⋅ ⋅ − = 
 Os eixo principais centrais de inércia pode ser determinados fazendo-se 
4cm 8,158487
2
−=
− yGxG II
 
4cm 3,212972
2
=
+ yGxG II
 
38924,3
tan 2 tan 2 0,246 2 13,799 6,9
158487,8
θ θ θ θ−= → = = →=
−
 
422
max cm 3761703,38924)8,158487(3,212972 =+−+== IIv 
422
min cm 6,497743,38924)8,158487(3,212972 =+−−== IIu 
xG
yG
u
v
6,9o
 
25
60
15
R 10
15R 10 (cm)
xG
yG
12
,
5
30