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2-) Substitua as duas forças que agem na politriz por uma força resultante e determine o 
momento que elas provocam em torno do ponto O. Expresse o resultado na forma de um 
vetor cartesiano e na forma em módulo. Considere 𝑭𝟏𝒙 igual à soma dos três últimos 
números do seu RU mais 2 (em N), 𝑭𝟐𝒚 igual à soma dos dois últimos números do seu RU 
mais 5 (em N). A distância “a” é igual ao último dígito do seu RU mais 20 (em mm) e a distância 
“b” igual ao penúltimo dígito do seu RU mais 30 (em mm). 
 
 𝐹1𝑥 = 6 + 6 + 2 + 2 = 16 𝑁, 𝐹2𝑦 = 6 + 2 + 5 = 13 𝑁, 
𝑎 = 2 + 20 = 22 𝑚𝑚 , 𝑏 = 6 + 30 = 36 𝑚𝑚 
Força resultante: 
 
 
Módulo da força resultante: 
 
Momentos: 
O vetor r1 vai da origem ao ponto A e o vetor r2 vai da origem ao ponto B. 
 
 
Momento total 
 
 
 
3-) A torre para uma linha de transmissão é modelada pela treliça mostrada. Para as cargas 
de F que correspondem à soma dos dois últimos números do seu RU mais 1 (em kN) aplicadas 
nos nós A e H da treliça, determine as forças nos elementos AB, DE e BC. 
Considere a distância “a” igual ao penúltimo número do seu RU mais 1 (em m) e o ângulo 𝜽 
igual à soma dos três últimos números do seu RU mais 10 (em °). 
 
𝐹 = 6 + 2 + 1 = 9 𝑘𝑁,  𝑎 = 6 + 1 = 7 𝑚,  𝜃 = 6 + 6 + 2 + 10 = 24° 
Vamos analisar o segmento AB: 
 
Módulo do segmento de A até B que chamamos de s, 
𝑠 = √𝑎2 + (
𝑎
2
)
2
= √72 + (
7
2
)
2
= √49 +
49
4
= √61,25 = 7,8 𝑚 
O ângulo no ponto A é 
sin(𝜃′) =
𝑎
2
𝑠
=
3,5 𝑚
7,8 𝑚
= 0,447 = 0,450 cos(𝜃′) =
𝑎
𝑠
=
7 𝑚
7,8 𝑚
= 0,894 = 0,900 
 
Somatório das forças em x a partir do ponto A: 
∑𝐹𝑥
 
 
= 0 
−𝐴𝐸 − 𝐴𝐵 cos(𝜃′) + 𝐹 sin(𝜃) = 0 
𝐴𝐸 = −𝐴𝐵 cos(𝜃′) + 𝐹 sin(𝜃) 
Somatório das forças em y a partir do ponto A: 
∑𝐹𝑌
 
 
= 0 
−𝐴𝐵 sin(𝜃′) − 𝐹 cos(𝜃) = 0 
𝐴𝐵 = −
𝐹 cos(𝜃)
sin(𝜃′)
= −
(9 𝑘𝑁) cos(24°)
0,447
= −18,4 𝑘𝑁 
Logo, 
𝐴𝐸 = −(−18,4 𝑘𝑁)(0,894) + (9 𝑘𝑁) sin(24°) 
𝐴𝐸 = 16,44 𝑘𝑁 + 3,66 𝑘𝑁 = 20,1 𝑘𝑁 
 
Vamos para o nó E: 
 
Somatório de forças em x: 
𝐴𝐸 − 𝐷𝐸 = 0  →   |𝐷𝐸| = |𝐴𝐸| = 20,1 𝑘𝑁 
𝐵𝐸 = 0 
Analisando o nó B: 
𝐵𝐷 = 0 porque se não fosse, isso causaria um desbalanço em AB e BC. 
Daqui, vemos que 
|𝐵𝐶| = |𝐴𝐵| = 18,4 𝑘𝑁 
 
4-) Adaptado ENADE 2011 – 
Na figura a seguir, tem-se a representação de uma viga submetida a um carregamento 
distribuído 𝒘 que corresponde a soma dos dois últimos números do seu RU mais 2 kN/m (em 
kN/m) e a um momento fletor 𝑴 igual a soma dos três últimos números do seu RU mais 1 
kN.m (em kN.m). Construa os diagramas de força cortante e de momento fletor através da 
metodologia apresentada na Aula 4 e construa-os também no site vigas online. Para este 
último, apresente os resultados com os prints da tela. 
 
 𝑊 = 6 + 2 + 2 = 10 
𝑘𝑁
𝑚
,    𝑀 = 6 + 6 + 2 + 1 = 15 𝑘𝑁𝑚 
Considerando o eixo vertical positivo para cima, o somatório das forças na direção vertical, 
temos 
−𝑊𝑥2 +𝑅1 + 𝑅2 = 0 
Consideramos o rolete como ponto 2 e o pino como ponto 1 
𝑅1 +𝑅2 = 𝑊𝑥2 = (10 𝑘𝑁𝑚)(2 𝑚) = 20 𝑘𝑁 
Equilíbrio dos momentos no ponto 1: 
𝑅2(2𝑚  −  6𝑚) + (−15 𝑘𝑁𝑚) − (20 𝑘𝑁)(𝑥𝑚 − 6𝑚) = 0 
𝑅2(2𝑚  −  6𝑚) + (−15 𝑘𝑁𝑚) − (20 𝑘𝑁) (
2 𝑚  −  0𝑚
2
− 6𝑚) = 0 
𝑅2(−4 𝑚) + (−15 𝑘𝑁𝑚) − (20 𝑘𝑁)(−5𝑚) = 0 
𝑅2(−4 𝑚) = (15 𝑘𝑁𝑚) − (20 𝑘𝑁)(5𝑚) = 15 𝑘𝑁𝑚 − 100 𝑘𝑁𝑚 = −85 𝑘𝑁𝑚 
𝑅2 =
85 𝑘𝑁
4
= 21,25 𝑘𝑁 
Como 
𝑅1 + 𝑅2 = 20 𝑘𝑁    →    𝑅1 = 20 𝑘𝑁 − 𝑅2 = 20 𝑘𝑁 − 21,25 𝑘𝑁 = −1,25 𝑘𝑁 
 
Esforço cortante 
Intervalo 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 : 
𝑉(𝑥) = −𝑊(𝑥 − 0) = −(10 𝑘𝑁)𝑥 
Intervalo 2 ≤ 𝑥 ≤ 4 : 
𝑉(𝑥) = 𝑅2 − (10 𝑘𝑁)(4 − 2) = 21,25 𝑘𝑁 − (10 𝑘𝑁)(4 − 2) = 1,25 𝑘𝑁 
Intervalo 4 ≤ 𝑥 ≤ 6 
𝑉(𝑥) = 𝑅2 − (10 𝑘𝑁)(4 − 2) = 21,25 𝑘𝑁 − (10 𝑘𝑁)(6 − 4) = 1,25 𝑘𝑁 
 
Momento fletor 
Intervalo 0 ≤ 𝑥 ≤ 2 : 
Integramos a equação da cortante: 
𝑀(𝑥) = (−10 𝑘𝑁) ∫𝑥𝑑𝑥
 
 
= (−10 𝑘𝑁)
𝑥2
2
= (−5 𝑘𝑁)𝑥2 
Intervalo 2 ≤ 𝑥 ≤ 4 : 
𝑀(𝑥) = (1,25 𝑘𝑁)  ∫𝑑𝑥
 
 
= (1,25 𝑘𝑁)𝑥 + 𝐶 
𝐶 = 𝑅1 −𝑅2 = −1,25 𝑘𝑁 − 21,25 𝑘𝑁 = −22,5 𝑘𝑁 
𝑀(𝑥) = (1,25 𝑘𝑁)𝑥  − 22,5 𝑘𝑁 
Intervalo 4 ≤ 𝑥 ≤ 6 : 
𝑀(𝑥) = (1,25 𝑘𝑁)  ∫𝑑𝑥
 
 
= (1,25 𝑘𝑁)𝑥 + 𝐶 
𝐶 = −1,25 𝑘𝑁 − 21,25 𝑘𝑁 + 15 𝑘𝑁 = −7,5 𝑘𝑁 
𝑀(𝑥) = (1,25 𝑘𝑁)𝑥  − 7,5 𝑘𝑁 
 
 
Gráficos do site 
 
 
 
 
5-) Localize o centróide 𝑥 ̅ da seção reta para o perfil em ângulo. Em seguida, encontre o 
momento de inércia 𝐼𝑦 ̅ ′ em relação ao eixo 𝑦′ que passa pelo centróide. Sabendo que a cota 
“a” corresponde ao último número do seu RU mais 1 mm e a cota “b” corresponde ao 
penúltimo número do seu RU mais 2 mm, ambas medidas em mm. Calcule o momento de 
inércia em 𝑚𝑚4. 
 
𝑎 = 2 + 1 = 3 𝑚𝑚,    𝑏 = 6 + 2 = 8 𝑚𝑚 
Vamos calcular componente x do centróide 
 
Momento de Inércia 
 
Usei d no primeiro termo da fórmula para não confundir com o b da primeira figura. 
 
 
 
 
 
 
6-) Determine a dimensão do diâmetro da seção transversal da barra de conexão CD, sabendo 
que ela será fabricada com aço estrutural A36 com 𝜎𝑒 = 250 𝑀𝑃𝑎 e que um fator de segurança 
igual a 2,5 deve ser considerado nesse projeto. Considere uma barra circular no projeto da 
barra de conexão CD e que a carga que o guindaste está carregando é igual à soma dois 3 
últimos números do seu RU mais 10, tudo vezes 1000 (em kg). A distância “a” corresponde à 
soma dos dois últimos número do seu RU mais 10 (em m) e a distância “b” equivale ao último 
número do seu RU (em m). Utilize 9,81 m/s² no cálculo da força peso. 
 
 
𝑚 = (6 + 6 + 2 + 10)(1000) = 24000 𝑘𝑔 𝑎 = 6 + 2 + 10 = 18 𝑚,    𝑏 = 2 𝑚 
Precisamos calcular a força na barra CD. 
 
Força peso: 𝑃 = 𝑚𝑔 = (24000 𝑘𝑔) (9,81 
𝑚
𝑠2
) = 235,44 𝑁 
Momento em torno do ponto A: 
∑𝑀𝐴
 
 
= 0 = 𝐹(18 𝑚) − 𝑃(25 𝑚  +  2𝑚) 
𝐹 =
(235,44 𝑁)(27 𝑚)
18 𝑚
= 353,16 𝑁 
Fator de segurança: 
𝐹𝑆 =
𝜎𝑒
𝜎𝑎𝑑𝑚
=
𝜎𝑒
𝐹
𝐴
=
𝐴𝜎𝑒
𝐹
 
Rearranjando 
𝐴 =
(𝐹𝑆)(𝐹)
𝜎𝑒
=
(2,5)(353,16 𝑁)
250 𝑀𝑃𝑎
=
(2,5)(353,16 𝑁)
250 × 106 𝑃𝑎
= 3,53 × 10−6 𝑚2 
3,53 × 10−6 𝑚2 = 𝐴 =
𝜋𝑑2
4
   →   𝑑 = √
(4)(3,53 × 10−6 𝑚2)
𝜋
 
𝑑 = √
(4)(3,53 × 10−6 𝑚2)
𝜋
= √4,5 × 10−6 𝑚2 = 0,002 𝑚