Gabarito Prova 1 - Mecânica Vetorial 2013/2

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Universidade Federal do Rio Grande do Sul 
Escola de Engenharia  Departamento de Engenharia Civil 
Gabarito 2013/2 
ENG01035  Prof. Inácio B. Morsch 
A 
1) A treliça ilustrada nas figuras abaixo é empregada no sistema de sustentação da cobertura de um estádio de esportes. 
Analise as duas propostas apresentadas para o sistema de vinculação das treliças. 
Solução: A treliça A é vinculada por 3 
barras bi-rotuladas. Fazendo-se 
0=∑ BM nota-se que a barra 1 está 
tracionada, logo da equação 
0=∑ xF nota-se que a barra 2 está 
comprimida. Por outro lado, fazendo-
se 0=∑ CM nota-se que a barra 3 
está comprimida. Pode-se ainda 
destacar que a maior força de 
compressão ocorre na barra 3, que é a 
barra mais curta. Para finalizar a 
análise pode-se afirmar que o esquema 
de vinculação adotado garante o 
equilíbrio da treliça. 
A treliça B é vinculada por 3 barras bi-
rotuladas. Nota-se que as 3 barras 
convergem para um mesmo ponto D. 
Logo, fazendo-se 0=∑ DM nota-se 
que nenhuma força equilibra o 
momento provocado pela carga de 15 
kN. Portanto a treliça B não está em 
equilíbrio. 
Comentário: 
Esquema similar ao da proposta A 
pode ser visualizado na Arena do 
Grêmio. 
A análise da proposta B considera que 
as barras bi-rotuladas têm peso 
desprezível, o que é verdadeiro se 
comparado com as cargas aplicadas 
nessas barras, e que as rótulas nos 
extremos das mesmas são perfeitas. 
 
 
66 15 kN
(m)A B
C
B
F3F2F1
D
 
14 40
6
8
7
2
15 kN
15 (m)
A
B
A
C
1
2 3
14 40
66
7
15 kN
15
(m)
6
22,5
A B
C
B
14
6
8
7
15 kN
(m)
A
B
A
C
F1
F2 F3
2) Calcular as reações nos vínculos C e D indicando o módulo e a direção da reação. Nesse mesmo problema é possível 
determinar as reações aplicando apenas duas equações de equilíbrio em força? Justifique a sua resposta. 
3
10 kN
A
B
C
D
1,
5
1,
5(m)
3
27°
VC
HC
VD
HD
 
Solução: O primeiro passo é representar o diagrama de corpo livre da estrutura e escrever as correspondentes equações 
de equilíbrio. 
00 =+−→=∑ DCx HHF (1) 0100 =−−→=∑ DCy VVF (2) 
20205,131030 =+→=−−⋅→=∑ DDDDC VHHVM (3) 
DDDD
BD
B HVHVM 5,005,130 =→=+−→=∑ (4) 
Substituindo-se (4) em (3) obtém-se kN 10=DH , kN 10=CH , kN 5=DV , kN 15=CV 
kN 0,832);(-0,55518,03kN )15;10( =−=CR
v
 kN 0,447);(0,89418,11kN )5;10( −=−=DR
v
 
Nesse mesmo problema é possível determinar as reações aplicando apenas duas equações de 
equilíbrio em força? 
Examinando-se o problema nota-se que a barra BD é uma barra de treliça e portanto a força nessa barra tem a direção 
BD. A inclinação da reta BD é dada por °=→= 56,2635,1tan θθ . Note que, a menos de imprecisão numérica, 
trata-se do mesmo resultado já obtido. Pode-se também observar que as retas suporte da carga de 10 kN e da reação RD 
se interceptam num ponto denominado de E. Como a reação em C corresponde a uma força com direção desconhecida, 
a equação 0=∑ EM somente é satisfeita se a força RC passar pelo ponto C. A inclinação da reta CE pode ser 
determinada como °=→= 31,5635,4tan αα . Nota-se que esse ângulo é o complementar do ângulo da reação RC, 
o que confere com o resultado obtido anteriormente. Portanto, o problema poderia ser resolvido aplicando apenas duas 
equações de equilíbrio em força. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
123,7o
18,03 kN
C
26,6°
11,18 kN
D
3
10 kN
A
B
C
D
1,
5
1,
5
3
E
α
18,03 kN
123,7o
θ
26,6°
11,18 kN
3) A barra em L ilustrada na figura abaixo é suportada por um pino em A (reações x, y e z) e por uma superfície lisa e 
inclinada em B. Determine o vetor reação em B e as reações Ax, Ay e Az para o carregamento aplicado na estrutura. 
Solução: O primeiro passo é definir a reação no ponto B. 
Esse tipo de vínculo impede apenas o deslocamento na 
direção perpendicular ao plano definido pelos pontos 
DCE. Definindo-se as coordenadas dos pontos de 
interesse tem-se 
E (0 ; 0 ; 0,3) D (0; -0,4; 0) C (0,2; 0; 0) 
Definição dos vetores que definem o plano DCE: 
(E – D) = (0; 0,4; 0,3) (E – C) = (-0,2; 0; 0,3) 
Cálculo do vetor ortogonal ao plano DCE 
(E – D) x (E – C) = (0,12; -0,06; 0,08) 
)08,0;06,0;12,0()()( −=−×−= CEDEer 
Cálculo do vetor unitário normal ao plano DCE 
)512,0;384,0;768,0( −==
e
en
rr
 
( )512,0;384,0;768,0 −= BB FFr 
0768,00 =+−→=∑ Bxx FAF 0384,00 =−→=∑ Byy FAF 
4512,00 =+→=∑ Bzz FAF 
kN 33,8896,003512,05,1384,0240 =→=→=⋅⋅+⋅⋅−⋅−→=∑ BBBBAx FFFFM 
kN 4,633,8768,0 =⋅=xA kN 2,333,8384,0 =⋅=yA kN 265,033,8512,04 −=⋅−=zA 
Complementar: 
kNm 6,905,133,8768,00 =→=+⋅⋅−→=∑ AyAyAy MMM 
kNm 19,190768,033,830 =→=+⋅⋅−→=∑ AzAzAz MMM 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x
y
z
3 m
1,5 m
A
4 kN
D
C
0,4
0,2
0,3
B
E
2 m
4) 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 e 3. 
2 1,75 3,5 1,75 2
3
1
2 3
(m)
5 kN
3 kN 3 kN
2 kN
A B
C
VBVA
HA
x´
y´
D
E
F
G
H
I
 
 
Solução: O primeiro passo é representar o diagrama de corpo livre externo e escrever as correspondentes equações de 
equilíbrio. 
kN 20 =→=∑ Ax HF 110 =+→=∑ BAy VVF 
kN 04,60113125,855,5233875,20 =→=+⋅−⋅−⋅−⋅−→=∑ BBA VVM kN 95,4=AV 
Para determinar a força F1 que atua na barra 1 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´. 
Para determinar a força F2 deve-se em primeiro lugar analisar o equilíbrio das forças que atuam na rótula A. 
°=→= 61,285,53tan θθ 878,0cos =θ 479,0=θsen 
kN 34,100479,095,40 −=→=+→=∑ ADADy FFF 
kN 08,110878,020 =→=++−→=∑ AFAFADx FFFF 
O próximo passo é analisar o equilíbrio da rótula F. 
00 =→=∑ FGy FF 
kN 08,1100 22 ==→=+−→=∑ AFAFx FFFFF 
Para obter-se a força na barra 3 deve-se romper a rótula C e colocar uma força F3 representando a 
ação da barra 3 (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: 
033625,22395,45,50 3 =+⋅+⋅−⋅−→=∑ FM C kN 45,83 =F 
Comentário: 
Como solução alternativa pode-se equilibrar o nó E, o que resulta em 
0=EIF . Do mesmo modo, equilibrando-se o nó I nota-se que 0=IGF . 
Portanto equilibrando-se o nó G resulta: 
kN 63,2061,28cos30
´
−=→=−°−→=∑ GHGHy FFF 
O próximo passo é equilibrar o nó H. 
07,5939,6163,20 =°+°−→=∑ senFsenF HIy 
kN 67,2=HIF 
07,59cos67,2)39,61cos63,2(08,110 3 =+°+°−−−→=∑ FFx
kN47,83 =F 
2 1,75
3
1
F3
5 kN
3 kN
2 kN
A
C
E
2 kN 4,95 kN
1,75
Cy
C
x
A
4,95 kN
2 kN FAF
FAD
θ
FFAF F2
FFG
0
3 kN
GFGD
FGE
FGH
61,39o
H
FHI
61,39o
H11,08 kN F3
-2,63 kN 59,7°
5) O mecanismo ilustrado na figura abaixo é usado para manter a peça G contra o apoio. Determine a força exercida em 
G. 
Solução: Observando a estrutura, uma questão 
importante é quantas reações internas representam o 
vínculo F. Como há uma ranhura a priori pensa-se 
que há apenas reação em y em F. No entanto, 
fazendo-se o equilíbrio de forças, considerando que 
há duas forças reativas em D, nota-se que essa 
concepção não funciona. Além disso, nota-se pelo 
próprio desenho da máquina que a barra FD sempre 
vai se deslocar até o final da ranhura. Portanto 
considera-se que a FD é uma barra de treliça. 
Terminada as considerações iniciais, deve-serepresentar o diagrama de corpo livre da barra EDC e 
escrever as equações de equilíbrio correspondentes. 
020150800 =−⋅→=∑ DFC FM 
N 600=DFF 
030cos30cos800 =°+−°−→=∑ DFxx FCF
N 3,450=xC 
03030800 =°+−°−→=∑ senFCsenF DFxy 
N 260=yC 
O próximo passo é representar o diagrama de corpo 
livre da barra ABC e escrever as correspondentes 
equações de equilíbrio. 
03,4500 =+−→=∑ xAx BHF (1) 
02600 =+−−→=∑ yAy BVF (2) 
060cos5026060503,450
753075cos300
=°⋅+°⋅
−°⋅+°⋅→=∑
sen
senHVM AAB
 
56,1299898,2876,7 =+ AA HV (3) 
O próximo passo é representar o diagrama de corpo livre 
da barra BFG e escrever as correspondentes equações de 
equilíbrio. 
 
 
 
 
 
 
61,519030cos6000 =+−→=°−+−→=∑ xGxGx BHBHF (4) 
3000306000 =+→=°−+→=∑ yGyGy BVsenBVF (5) 
03030600753030cos600753076,1270 =⋅°−°⋅°+°−→=∑ sensensenBBM xyG 
29,605798,2876,127 −=− xy BB (6) 
30 90
75°
30
60°
30° 5
0
20
130
80 N
A
B
C
D
E
F
G
(mm)
60°
20
130
80 N
C
D
E
60°
Cx
Cy
FDF
75°
30
60°
50
A
B
C
450,3 N
260 N
Bx
By
VA
HA
B
F
G
By
Bx
600 N 30°
VG
HG
Escrevendo-se o sistema de equações resultante em modo matricial tem-se 




















−
−
−
=








































−
−
−−
−
29,6057
300
61,519
56,12998
260
3,450
0076,12798,2800
101000
010100
000076,798,28
001010
000101
G
G
y
x
A
A
V
H
B
B
V
H
 
N 419=AH , N 2,110=AV , N 3,869=xB , N 8,149=yB , N 7,349=GH , N 2,150=GV 
N )395,0;919,0(6,380)2,150;7,349( −=−=GF 
 
Comentário: 
O ângulo da barra FD (valor informado de 30º) está errado. O valor correto deste ângulo pode ser determinado pela 
geometria do problema. 
°=→
°+°+
°
= 28,26
60cos5075cos3090
6070
tan θθ sen 
A consequência disso é que empregando-se as equações de equilíbrio externo obtém-se outros valores para as reações 
verticais. 
0)60cos15060cos5075cos30120(80)753060200(801200 =°−°+°+⋅−°+°⋅+−→=∑ sensenVM AG 
N 9,82076,778018,20280120 =→=⋅−⋅+− AA VV N 9,122409,82 =+=GV 
 
 
 
 
B 
Questões 1 a 4 iguais às anteriores. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
349,7 N
150,2 N
5) 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. 
N 5,8120 =→=∑ xx CF 
N 1885020586500 =→=−⋅→=∑ BHBHC FFM 
N 123518856500 =+=→=∑ BHy FF 
N 1,53018852710 =→=⋅−→=∑ BHG FPM 
 
 
 
 
 
 
650 N
A B C
D
E
F G
H
P
25
20
58
20
25
12
0
22
12
2
3
(cm)
68 27
10
20
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