Universidade Federal do Rio Grande do Sul

Escola de Engenharia  Departamento de Engenharia Civil

Gabarito
ENG01035  2014/2  Prof. Inácio B. Morsch
1) Analise a condição de equilíbrio da treliça plana ilustrada na figura (1).

B
5 kN
Solução: Embora os vínculos desta estrutura sejam apoios duplos e
um engaste, sabe-se que as barras de treliça, que ligam dois destes
vínculos aos pontos B e C têm como efeito eliminar a componente da
reação que não tenha a direção da barra. Além disso, uma barra de
2

treliça não transmite momento. Portanto esse problema

C correspondente ao diagrama de corpo livre ilustrado abaixo. Nota-se
A que todas as reações convergem no ponto A, logo escreve-se:

∑M A = 0
10 kN (m)
→ − 10 ⋅ 2 − 5 ⋅ 2 = 0 → − 20 ≠ 0
2 2
, o que demonstra que há um momento não equilibrado. Portanto a
estrutura não está em equilíbrio.

VB
5 kN
B

A C HC

VA 10 kN

2) Considerando o arco tri-rotulado ilustrado na figura 2 analise o texto apresentado a seguir: “Como a estrutura e


cargas são simétricas tem-se que a força resultante equivalente às cargas vale R = −20 j kN e está aplicada no ponto C.
Logo pode-se afirmar que as reações verticais são iguais e que as reações horizontais são necessariamente nulas”.
Solução: O problema é realmente simétrico, portanto pode-se afirmar que
C as reações verticais são iguais. No entanto, representando-se o diagrama
10 kN 10 kN de corpo livre e escrevendo-se a equação de equilíbrio correspondente em
x tem-se

∑ Fx = 0 → HA − HB = 0
45°
Por essa equação pode-se afirmar que as duas reações horizontais têm o
A B
mesmo módulo e sentidos contrários de modo a respeitar o equilíbrio
nessa direção, portanto as reações horizontais não são necessariamente
Fig.2
R 5m nulas e a afirmação é falsa.
10 kN C
Complementar: 10 kN

Escrevendo-se as demais equações de equilíbrio tem-se:

Como se trata de problema simétrico: V A = V B = 10kN
45°

∑ CB
MC = 0 → 10 ⋅ 5 − 5 H B − 10 ⋅ 0,707 ⋅ 5 = 0 HA HB

B
A
H B = 2,93kN VA VB
R 5m
3) A treliça ilustrada na figura (3) é submetida ao carregamento formado por 4 cargas. Encontre a força resultante
equivalente a esse carregamento e defina a sua reta de atuação. Considerando que o esquema de vinculação dessa treliça
é tal que a mesma resulta numa estrutura isostática, é possível posicionar a vinculação de modo que as reações verticais
sejam necessariamente positivas (sentido para cima)? Faça um esquema indicando as posições dos vínculos.

15 kN 15
30 kN
110°
40°
2

10 kN 13 kN (m)

2,5
Fig. (3)
2,5

Solução: O primeiro passo é determinar a força resultante equivalente à 4 cargas aplicadas.

Rx = 15cos 70° − 30 cos 40° = 5,13 − 22,98 = −17,85 kN

Ry = −10 − 13 − 15sen70° − 30 sen40° = −56,37 kN

R = (−17,85 ; − 56,37) kN = 59,13 (-0,302 ; - 0,953) kN

O próximo passo é escolher um ponto como referência e calcular o momento nesse ponto. No caso escolhe-se o ponto A
que está indicado no desenho.
M A = 10 ⋅ 5 + 14,09 ⋅ 7,5 − 5,13 ⋅ 2 − 19,28 ⋅ 7,5 + 22,98 ⋅ 2 = 46,78 kNm

Fazendo-se um esquema da situação resultante tem-se

A seguir deve-se deslocar a força resultante de
modo a eliminar o momento atuante em A.
17,85 kN A d = 46,78 56,37 = 0,83 m a esquerda de A

46,78 kNm
56,37 kN A solução do problema está ilustrada na figura
abaixo. Para posicionar os apoios basta escolher
dois nós da treliça de modo que a força
resultante se localize entre os dois nós
escolhidos. Necessariamente deve-se
escolher nós da treliça caso contrário o
72°
tipo de estrutura, treliça plana, fica
descaracterizado.
A
0,83

59,13 kN

4) Calcule as reações nos vínculos A, B e F e as forças que atuam nas barras 1, 2 e 3 da estrutura ilustrada na figura (4).

Solução: O primeiro passo é representar o

diagrama de corpo livre da estrutura. Para tal
2
3,

C 3 representa-se as forças nas barras AC e BD, que

2 são barras de treliça, o que facilita o cálculo das
A
D
1
F
reações.
E
75 kN 45° (m) Definição da geometria:
2
l = 2 ⋅  3 2  = 2,121 m
3 6
4,
1

 
2

B
Fig. (4)

x = (4,12 − 2,121) 2 = 0,999 m

 3,2
tan α = → α = 72,662°
0,999
θ = 90° − 72,662° = 17,338°
2
3,

C 3
FCA ângulos de projeção das forças nas barras:
l 2
A 45° 1 F
45° + 17,338° = 62,34°
45° D E
FDB 75 kN 45° VF cos 62,34° = 0,464
θ
α
sen62,34° = 0,886
3 6
4,

x
∑ Fx = 0
12

0,464 FDB − 0,886 FCA = 0

∑F y = 0 → 0,886 FDB − 0, 464 FCA + VF = 75

∑MD = 0 → 9V F − 3 ⋅ 75 + 2,121 ⋅ cos 17,338FCA = 0 → 9V F − 2,025FCA = 225

 0,464 − 0,886 0  F   0 
  DB   
 0,886 − 0,464 1  F  =  75  FDB = 95,207 kN , FCA = 49,86 kN , VF = 13,781 kN
  CA   
 0 2,025 9  V F   225 
    
Para o cálculo das forças nas barras basta fazer um corte na treliça como o indicado no esquema.
F3 G
∑M G = 0 → 4,5VF − 1,5 ⋅ F1 = 0 → F1 = 3VF = 41,3 kN
F2

∑M
F1
F
E = 0 → 6VF + 1,5 ⋅ F3 = 0 → F3 = −4VF = −55,1 kN
45° VF

∑F x = 0 → 41,3 − 55,1 + 0, 707 F2 = 0 → F2 = 19,5 kN

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.

y
C
Solução: O primeiro passo é representar o
D
diagrama de corpo livre da placa. Como a
parede yz é lisa a reação em D é do tipo


FD = ( FD ; 0 ; 0) , já a força peso da placa é do
0,4

tipo P = (0 ; − 385 ;0) e as forças reativas em


A e B são do tipo R A = ( Ax ; Ay ; Az ) e
(m)

B 0,3 RB = ( B x ; B y ; B z ) . Como o problema
x
A 0,7 completo tem 7 incógnitas, para se calcular a
z
0,1
reação em D deve-se fazer ∑
M AB = 0 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:
x + xD y + yD yD z + z D 0,7 + z D
xG = A = 0,05 m , yG = A = , zG = A = . Com os dados definidos pode-se
2 2 2 2 2

∑ M AB = 0 como: u BA •  rDA × FD  + u BA •  rGA × P  = 0 . Para tal deve-se obter:

escrever a equação





   
( B − A)
= (0,6 ; 0 ; − 0,8) rDA = (−0,1 ; y D ; z D − 0,7) rGA = (−0,05 ; y D 2 ; − 0,35 + Z D 2)




u BA =
B−A
Considerando-se esses dados pode-se escrever:
 i j k   i j k 
   
(0,6 ; 0 ; − 0,8) •  − 0,1 y D z D − 0,7  + (0,6 ; 0 ; − 0,8) •  − 0,05 y D 2 − 0,35 + z D 2  = 0
   
 FD 0 0   0 − 385 0 
   
(0,6 ; 0 ; − 0,8) • (0 ; FD ( z D − 0,7) ; − y D FD ) + (0,6 ; 0 ; − 0,8) • [−(−385) ⋅ (−0,35 + z D 2) ; 0 ; 0,05 ⋅ 385] = 0

0,8 y D FD + 0,6 (−134,75 + 192,5 Z D ) − 0,8 ⋅ 19,25 = 0 0,8 y D FD + 115,5Z D = 96,25

Portanto para obter-se FD é necessário calcular primeiro as coordenadas do ponto D. Para tal o primeiro passo é definir
o vetor unitário u DA . É importante notar que, pela definição da placa, tem-se D − A = 0,75 m . Logo, pode-se escrever:

u DA = (−0,133 ; y D 0,75 ; ( z D − 0,7) 0,75)

Pela definição da placa nota-se que ( B − A) ⊥ ( D − A) ou seja u BA • u DA = 0 , que pode ser escrita como:

z − 0,7
(0,6 ; 0 ; − 0,8) • (−0,133 ; y D 0,75 ; ( z D − 0,7) 0,75) = 0 → − 0,6 ⋅ 0,133 − 0,8 ⋅ D =0
0,75

0,625 − 0,7
−0,0798 − 1,067 z D + 0,747 = 0 → z D = 0,625 m A seguir pode-se obter u DAz = = −0,1
0,75

Sabe-se que cos 2 θ x + cos 2 θ y + cos 2 θ z = 1 ou seja (u DAx ) 2 + (u DAy ) 2 + (u DAz ) 2 = 1

(−0,133) 2 + (u DAy ) 2 + (−0,1) 2 = 1 → u DAy = 0,986

Logo pode-se definir yD como y D = 0,986 ⋅ 0,75 = 0,7395 m

96,25 − 115,25 ⋅ 0,625

A força FD é calculada como: FD = = 40,9 N
0,8 ⋅ 0,7395

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:

x
VISTA A-A 0,4
tan α = → α = 53,13
C D=C 0,3
B
O ângulo θ pode ser obtido como:
θ = 90° − 53,13 = 36,87
0,4

θ
α A seguir calcula-se FA e FE com as
D=F A
quais tem-se as coordenadas dos
E
0,3
ponto D.
A 0,1
0,1
z
yD cos 36,87 =
FA
FA = 0,125 m
FE
0,75 tan 36,87 = → FE = 0,075 m
0,1
A
y D = 0,75 2 − 0,1252 = 0,7395 m
F A=B

z D = z A − 0,075 = 0,625 m
6) O movimento da caçamba do carregador frontal ilustrado na figura é controlado por dois braços e um acoplamento
que são unidos por pinos em D. Os braços estão localizados simetricamente em relação aos planos central, vertical e
longitudinal do carregador. Um braço AFJ e seu cilindro de controle EF são ilustrados. O acoplamento simples GHDB e
seu cilindro de controle BC estão localizados no plano de simetria. Para a posição mostrada, determine a força exercida
pelo cilindro BC e pelo cilindro EF.
Solução: O primeiro passo é fazer o diagrama
de corpo livre da pá. De acordo com o texto, o
mecanismo GHDB está localizado no plano de
simetria da pá e há dois mecanismos AFJ
dispostos simetricamente na pá. De acordo com
o desenho ao lado nota-se que a barra GH é
uma barra de treliça.

FGH
JyII

20 kN JxII

JyI y
x
JxI z

Pela simetria do problema nota-se que JxI = JxII e JyI = JyII. Portanto as equações de equilíbrio da pá considerando um
esquema plano podem ser escritas como

∑ Fx = 0 → FGH − 2 J x = 0 ∑ Fy = 0 → − 20 + 2 J y = 0 → J y = 10 kN
∑ M Jz = 0 → 20 ⋅ 500 − 550FGH = 0 → FGH = 18,18 kN → J x = 9,09 kN
O próximo passo é escrever as equações de equilíbrio do elemento HDB.

∑ M Dz = 0 → 500 FBC − 600 FGH = 0 → FBC = 21,82 kN

O próximo passo é equilibrar todo o mecanismo de acionamento da pá. Para tal deve-se definir a orientação do cilindro
EF. Cabe destacar que há dois mecanismos AFJ.
tan θ = 450 1625 → θ = 15,479 cosθ = 0,964 senθ = 0,267

∑ M Az = 0 → 20 ⋅ 3075 − 300 FBC − 0,964 FEF ⋅ 2 ⋅ 600 = 0 → FEF = 47,51 kN