Prova 1 c/ Gabarito - Mecânica Vetorial - UFRGS 2018/01 - Profº Inácio Morsch

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Universidade Federal do Rio Grande do Sul 
Escola de Engenharia  Departamento de Engenharia Civil 
Gabarito 
ENG01035  2018/1  Prof. Inácio B. Morsch 
1) Usando os conhecimentos de Mecânica indique qual é a melhor seção transversal, A ou B, para ser empregada na 
lança de uma grua. Justifique a sua resposta. 
 
Solução: A solução “A” é 
mecanicamente instável, já que 
considerando as rótulas como ideais, a 
mesma é um mecanismo. Para essa 
solução ser viável é necessário um 
travamento em X com cabos. Esse 
tipo de montagem poderia inviabilizar 
o uso da lança, além de ser uma 
solução mais pesada que a B. Já a solução “B” é mecanicamente estável gerando uma solução mais leve para a lança. 
 
2) Para a treliça composta ilustrada na figura (1), determinar as reações nos vínculos A e B, bem como as forças que 
atuam nas barras 1, 2, 3 e 4. 
 
Solução: O primeiro passo é representar 
o diagrama de corpo livre externo e 
escrever as correspondentes equações 
de equilíbrio. 
0 0x AF H= → =∑ 
110 =+→=∑ BAy VVF 
Como se trata de uma estrutura 
simétrica e com carregamento simétrico 
tem-se 5,5 kNA BV V= = 
Para determinar as forças F1 e F2 que 
atuam nas barras 1 e 2 deve-se em, 
primeiro lugar, analisar o equilíbrio das 
forças que atuam na rótula D. 
Empregando-se o sistema de referência 
x´y´ nota-se por inspeção que F1=0, já 
que é a única força na direção y´. Por 
analogia para a rótula E tem-se F2=0. 
Para se obter a força na barra 3 deve-se 
equilibrar o nó A: 
tan 3 5,5 cos 0,878, 0,479senθ θ θ= → = = 
5 55,5 0,479 0 11,48 kNF F+ = → = − 3 30,878 ( 11,48) 0 10,08 kNF F⋅ − + = → = 
Para obter-se a força na barra 4 deve-se romper 
a rótula C e colocar uma força F4 representando 
a ação da barra 4 (essa força é colocada na mesma direção da barra já que 
essa é uma barra de treliça). Representando-se o diagrama de corpo livre 
correspondente tem-se: 
4 40 5,5 5,5 2,625 3 3 0 7,46 kNCM F F= → − ⋅ + ⋅ + = → =∑ 
 
 
 
A B
2 1,75
3
1
2
5 kN
3 kN
A
C
E
5,5 kN
1,75
Cy
C
x
F4
2 1,75 3,5 1,75 2
3
1
2
3
(m)
5 kN
3 kN 3 kN
A B
C
VBVA
HA
x´
y´
D
E
4
A
5,5 kN
F3
F5
θ
2 1,75 3,5 1,75 2
3
1
2
4
(m)
5 kN
3 kN 3 kN
A B
C
Fig. 1
3
3) Para o guindaste ilustrado na figura (4) determine a força atuante na barra BC, a força atuante na barra AC, a força 
exercida em A sobre a lança AB e a força no cabo CB. 
Solução: O primeiro passo é representar o diagrama de 
corpo livre como ilustrado na figura abaixo. 
 
Pode-se notar que a barra BC é bi-rotulada e que as forças nesta barra atuam apenas nas rótulas. Logo, a 
força resultante nesta barra tem necessariamente a direção do eixo geométrico da barra, ou seja 
0== xx BC yy BC = 
 
Representando-se a ação da barra BC na rótula C pela força CBF , pode-se refazer o diagrama de corpo 
livre conforme a figura ilustrada na próxima página. As equações de equilíbrio correspondentes a este 
diagrama são: 
00 =→=∑ xx AF 9000 =−→=∑ CByy FAF 
kN 3180015539000 =→=+⋅−→=∑ yyzC AAM e kN 22809003180 =−=CBF 
Pelo diagrama de corpo livre ao lado nota-se que a barra AC é bi-
rotulada com forças agindo apenas nas rótulas. Logo, a força 
resultante nesta barra tem a direção do eixo geométrico da barra. 
Pela figura do problema proposto nota-se que a ligação entre os 
pontos C e D é feita por um cabo. Rompendo-se o cabo próximo a 
estes pontos e considerando-se que não há atrito entre o cabo e a 
polia tem-se: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
AB
C
D
E
(m)
900 kN
Ax
Ay
By
Bx
By
Cy
Bx
Cx
A
C
D
E
(m)
900 kN
Ax
Ay
FCB
15
18
AB
C
D
E
(m)
40
3
35
900 kN
Fig. 4
 
As forças que atuam no cabo podem ser transladadas para o centro 
da polia C bastando adicionar os correspondentes momentos. No 
entanto, nota-se que o momento gerado por cada uma das forças T 
se eliminam. Desprezando a pequena diferença entre as direções 
destas forças, que é causada pelo raio r da polia tem-se que a força 
que representa a ação do cabo na rótula C vale 
TFCD 2= . Como todas as forças que atuam na rótula C têm as 
suas direções conhecidas pode-se fazer o equilíbrio deste nó: 
 
 
 
 
 
 
 
O primeiro passo é determinar os ângulos que definem as direções das barras 
66,38
50
40
tan =→= ββ 81,39
18
15
tan =→= αα 
0781,064,0066,38cos81,39sen0 =+−→=+−→=∑ CDCACDCAx FFFFF 
066,38sen81,39cos22800 =++−→=∑ CDCAy FFF 
2280625,0768,0 =+ CDCA FF 
Resolvendo-se o sistema de equações resultante tem-se: kN 1781=CAF e kN 5,1459=CDF 
Para se determinar a força exercida em A sobre a lança AD ( ADF ) deve-se notar que esta força não tem necessariamente 
a direção da lança já que esta não pode ser classificada como uma barra de treliça (barra bi-rotulada com forças agindo 
apenas nas rótulas). Uma solução para determinar ADF é fazer o equilíbrio na rótula A: 
27,1140cos0cos81,39sen17810 =→=−→=∑ θθ ADADx FFF (1) 
89,1811sen3180sen81,39cos17810 =→=+→=∑ θθ ADADy FFF (2) 
Dividindo-se (2) por (1) fica 
82,57589,1tan =→= θθ e kN 8,2140=ADF . 
Vale a pena ressaltar que o ângulo da lança AD é diferente do ângulo θ. 
 
C
FCD
FCA
α
β
2280 kN
3180 kN
1781 kN θ
α
A
FAD
A
C
D
E
(m)
900 kN
Ax
Ay
FCB
T
T
T
T
4) Considerando que a estrutura ilustrada na figura (5), escreva o conjunto de equações necessário para determinar as 
reações nos vínculos A, C e E. 
Solução: O primeiro passo é representar o 
diagrama de corpo livre correspondente à 
estrutura. Nota-se que a barra ED é uma barra 
de treliça, logo a força nessa barra tem a direção 
da mesma, ou seja, a força é vertical. Portanto a 
reação horizontal em E (HE) vale zero e a 
reação vertical é igual à força que atua na barra. 
Dados auxiliares: 
tan 2,5 2 51,34θ θ= → = 
cos 0,625θ = 0,781senθ = 
2 22 2,5 3,2 ml = + = 
0 0,781 6 0 4,69 kNx A AF H H= → − + ⋅ = → =∑
0 0,625 6 5 2 4 0y A C DEF V V F= → − ⋅ − − − + + =∑
14,75A C DEV V F+ + = 
0 6 2,2 3,5 5 2 5, 25 5, 25
4 6 7 0
A A C
DE
M M V
F
= → − ⋅ − ⋅ − ⋅ +
− ⋅ + =
∑
5,25 7 65,2A C DEM V F+ + = 
0 0,75 4 1,75 0 1,71 kNCDC DE DEM F F= → − ⋅ + = → =∑
0 3 2,5 6 6 0.624 1 0ABB A A AM M V H= → − − + + ⋅ ⋅ =∑
3 2,5 9,74A A AM V H− − = − 
Complementar: 
13,04A CV V+ = 5,25 53,23A CM V+ = 3 1,985A AM V− = 
7,63 kNAV = 5, 4kNCV = 24,87 kNmAM = 
Teste: 0 5,25 2,5 6 6 0,624 3,25 5 1,75 4 0,75 1,75 0 0,002 0C A A A DEM M V H F= → − − + + ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ + = → − =∑ 
Diferença associada aos arredondamentos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 2,25 1,752
1
2,
5
A
B C D
E
0,75
0,5
(m)
2 kN 4 kN
5 kN
6 kN
2,2
A
B C D
2 kN 4 kN
5 kN
6 kN
2,2
HA
VA
MA
VC
FDE
θ
 
 
5) Determine as forças nos cabos e as componentes de 
reação atuante sobre o colar liso em A necessárias para 
manter a placa sinalizadora de 200 N de peso em 
equilíbrio. Considere que o centro de gravidade da 
placa se situa em G. 
Solução: Na figura estão representadas as forças 
reativas, que são formadas pelas forças que atuam 
nos dois cabos e pelas reações no ponto A. Este 
vínculo tem reações Ax, Ay, MxA e MyA. 
Inicialmente vamos definir as coordenadas dos pontos 
de interesse. 
A(0 ; 0 ; 0) , B(1,2; 0 ; 0,6) , C(-1; 0 ; 0,6) 
D(1 ; 0,6 ; 0) , E(-0,6 ; 0,6 ; 0) 
G(0,2 ; 0,6 ; -0,3) 
O próximo passo é escrever as forças nos cabos em 
notação vetorial. Para tal deve-se definir os vetores 
unitários que orientamos cabos. 
( )0,229 ; 0,688 ; 0,688BD B Du B D
−
= = −
−
r
 
( ) DBDBBDDB FFuF 688,0;688,0;229,0 −== rr 
( )0, 426 ; 0,64 ; 0,64EC C Eu C E
−
= = − −
−
r
 ( ) ECECECEC FFuF 64,0;64,0;426,0 −−== rr 
O próximo passo é escrever as equações de equilíbrio. 
0426,0229,00 =−+→=∑ ECDBxx FFAF (1) 
064,0688,00 =−−→=∑ ECDByy FFAF (2) 
20064,0688,00 =+→=∑ ECDBz FFF (3) 
Fazendo-se o somatório dos momentos relação ao ponto A tem-se 
( ) k2000,,0 −×+×+×+→=∑ GECEDBDyAxAA rFrFrMMM rrrrrrr 
( )
0
20000
3,06,02,0
64,064,0426,0
06,06,0
688,0688,0229,0
06,010,,
r
=
−
−
+
−−
−+
−
+
kji
FFF
kji
FFF
kji
MM
ECECEDBDBDB
yAxA
 
( ) ( ) ( ) ( ) 00;40;1206396,0;384,0;384,08254,0;688.0;4128,00,, r=−++−−+ ECDByAxA FFMM
 
120384,04128,0 =++ ECDBxA FFM (4) 
40384,0688,0 −=+− ECDByA FFM (5) 
0,8 
0,8 
(m) 
G 
0,3 
0,3 
0,6 
1 
0,6 
1,2 
1 
0,6 
z 
y x 
A 
B 
C 
D
E Ax MxA Ay 
MyA 
06396,08254,0 =+− ECDB FF (6) 
Escrevendo-se as equações de equilíbrio em notação matricial tem-se 




















−
=




















⋅




















−
−
−−
−
0
40
120
200
0
0
6396,08254,00000
384,0688,01000
384,04128,00100
64,0688,00000
64,0688,00010
426,0229,00001
EC
DB
yA
xA
y
x
F
F
M
M
A
A
 
Resolvendo-se o sistema de equações obtém-se 
N 132N 11,132 ≈=DBF N 170N 48,170 ≈=ECF N 42N 37,42 ≅=xA N 200=yA 
 0=xAM Nm 15-Nm 58,14 ≅−=yAM