Prova 1 c/ GABARITO - UFRGS - Mecânica Vetorial - Prof° Inácio Morsch

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Universidade Federal do Rio Grande do Sul 
Escola de Engenharia  Departamento de Engenharia Civil 
Gabarito 
ENG01035  2019/1  Prof. Inácio B. Morsch 
1) Considerando o arco tri-rotulado ilustrado na Fig. 1 analise o texto apresentado a seguir: “Como a estrutura e cargas 
são simétricas tem-se que a força resultante equivalente às cargas vale kN 20 jR −=
r
 e está aplicada no ponto C. Logo 
pode-se afirmar que as reações horizontais são necessariamente nulas”. 
Solução: Representando-se o diagrama de corpo livre abaixo e escrevendo-
se a equação de equilíbrio correspondente em x tem-se 
00 =−→=∑ BAx HHF 
Por essa equação pode-se afirmar que as duas reações horizontais têm o 
mesmo módulo e sentidos contrários de modo a respeitar o equilíbrio nessa 
direção, portanto as reações horizontais não são necessariamente nulas e a 
afirmação é falsa. 
Complementar: 
Escrevendo-se as demais equações de equilíbrio tem-se: 
Como se trata de problema simétrico: kNVV BA 10== 
∑ =⋅⋅−−⋅→= 05707,01055100 BCBC HM 
kNH B 93,2= 
 
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: 
0 cos 60 cos 45 0 0,5 0,707 1,414x AB DC AB DC AB DCF F F F F F F= → − ° + ° = → = → =∑ (1) 
18707,0414,1866,01845600 =+⋅→=°+°→=∑ DCDCDCABy FFFsenFsenF kN 32,9=DCF (2) 
 kN 18,13=ABF 
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) 
10 kN
8 kN
A
B
C
D
60° 45°
α Figura 1
R 5m
A B
C
45°
10 kN10 kN
VA VB
HA HB
R 5m
A B
C
45°
10 kN10 kN
Fig.1
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) Durante a execução simultânea de 4 furos numa chapa de alumínio, as punções exercem sobre a peça as forças 
ilustradas na figura 2. Considerando que as forças são perpendiculares às superfícies da peça, determine a força 
resultante (módulo e direção) e o ângulo α de modo que a reta de ação da força resultante passe pela dobra EF. 
Solução: Como todas as forças de punção estão 
aplicadas na linha média da chapa (z=30 mm), a força 
resultante R
r
 também vai estar aplicada nessa linha, logo 
não é necessário trabalhar com o momento em torno do 
eixo x. Como a força R
r
 deve passar pela dobra EF tem-
se que 0=∑ EFM . 
Cálculo da força resultante: 
αsenRx 5,102,3 −−= 
αα cos5,1085,7cos5,1025,56,2 −−=−−−=yR
0=zR 
°=→=→=




 +−⋅−⋅+⋅→=∑ 9,55128106040402,35,10204025,5906,20 ααα sensenM EF 
kNkNR 





−−=





−−= 0;756,0;654,017,180;74,13;89,11
r
 
Arredondando-se alguns valores o resultado final é 
131°
E
18,2 kN
 
 
 
3) A barra em L ilustrada na Fig. 3 é suportada por um pino circular em A 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: Considerando-se que os mancais que 
sustentam o pino A são estreitos tem-se que estes 
correspondem a 2 reações do tipo força (direções y e 
z). Em função do vínculo B deve haver reação em x 
para existir equilíbrio, o que resulta no esquema a 
seguir. 
Nota-se que para empregar essa representação dos vínculos é 
necessário saber a distância entre os mancais l, que não é conhecida 
no problema. Nesse caso a solução é substituir as 6 reações por três 
reações do tipo força e duas reações do tipo momento, que podem 
ser relacionadas pelas seguintes expressões: 
21 zzz AAA += ; 21 yyy AAA += ; 21 xxx AAA += ; 
)(2 21 zzAy AAlM −⋅= ; )(2 12 yyAz AAlM −⋅= 
z
y
x60
2,6 kN 5,25 kN 10,5 kN
3,2 kN
A B C
D
E
F
α
30 50 40 20
20
40
20
(mm)Fig. 2
x
y
z
A
4 kN
D
C
B
AZ1
AZ2 Ay1
Ax1
Ax2
Ay2
l
x
y
z
3 m
1,5 m
A
4 kN
D
C
0,4
0,2
0,3
B
E
2 m
Fig. 3
Notar que as forças Ax1 e Ax2 podem ser somadas já que aplicando-se a transmissibilidade pode-se considerar que ambas 
atuam num mesmo ponto. As demais forças são transportadas para o centro entre mancais acrescentando-se os 
correspondentes conjugados. 
Por outro lado, para se definir a reação no ponto B considera-se que esse vínculo impede apenas o deslocamento na 
direção perpendicular ao plano definido pelos pontos DCE. O esquema abaixo apresenta o diagrama de corpo livre 
resultante. 
Escrita do vetor BF
r
: 
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 
 O próximo passo é escrever as equações de equilíbrio correspondentes ao diagrama de corpo livre. 
0768,00 =+−→=∑ Bxx FAF 0384,00 =−→=∑ Byy FAF 
4512,00 =+→=∑ Bzz FAF 
kN 33,8896,003512,05,1384,0240 =→=→=⋅⋅+⋅⋅−⋅−→=∑ BBBBAx FFFFM 
kNm 6,905,133,8768,00 =→=+⋅⋅−→=∑ AyAyAy MMM 
kNm 19,190768,033,830 =→=+⋅⋅−→=∑ AzAzAz MMM 
kN 4,633,8768,0 =⋅=xA kN 2,333,8384,0 =⋅=yA kN 265,033,8512,04 −=⋅−=zA 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x
y
z
A
4 kN
B
MAy
AZ
Ax
Ay
MAz
nFF BB
rr
=
5) Considerando que a estrutura ilustrada na figura (5) tem um vínculo interno C que transmite apenas força na 
direção vertical responda às seguintes perguntas: a) A estrutura está em equilíbrio? Justifique a sua resposta. (0,5) b) 
Caso a estrutura esteja em equilíbrio escreva as equações necessárias para calcular as reações nos vínculos A, E e F. 
(2,5) 
 
Solução: A estrutura ilustrada 
apresenta 6 graus de liberdade de 
corpo rígido: deslocamentos nas 
direções x e y, rotação Rz, rotação 
relativa do tramo AB em torno da 
rótula B, rotação relativa do tramo 
CDEF em torno do ponto C, 
deslocamentorelativo do tramo 
CDEF em relação ao ponto C. Nota-
se pela vinculação empregada que 
esses movimentos estão 
impedidos.Nota-se que há 6 
incógnitas e podem ser escritas 6 
equações de equilíbrio, logo o 
problema é isostático. 
13,53
3
4
tan =→= θθ 6,013,53cos = 8,013,53 =sen 
7013,531550 =−→=−−+→=∑ FAFAx HHHsenHF (1) 
29013,53cos1520100 =++→=++−−−→=∑ FEAFEAy VVVVVVF (2) 
05,1013,53cos15213,53151212205,10106350 =⋅−⋅+++⋅−⋅−⋅−→=∑ senVVMM FEAAz 
5,3551212 =++ FEA VVM (3) 
54343510 −=+−→+−+⋅→=∑ AAAAAAABB HVMHVMM (4) 
013,5315213,53cos155,2444205,20 =⋅⋅−⋅⋅−−++⋅−→=∑ senHVVM FFECEFC 
5,96=−+ FFE HVV (5) 
kN 12013,53150 −=→=⋅−−→=∑ FFCEFx HsenHF 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3 3 2 1 1,5 1,5
1
3
(m)
A
B
5 kN
10 kN
C 20 kN
15 kN
D E
F
θ θ
HA
VA
MA
VE
VF
HF