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ESTÁTICA – DEC 3674 42

5 Características geométricas da seção transversal1

5.1 Centro de Gravidade de um Corpo Bidimensional.

Consideremos uma placa horizontal. Podemos dividir essa placa em n elementos pequenos.

As coordenadas do primeiro elemento são denominadas x1 e y1, as do segundo elemento x2 e

y2 etc. As forças exercidas sobre os elementos da placa serão denominadas P1, P2, Pn,

respectivamente. Essas forças ou pesos podem ser consideradas paralelas. Sua resultante é,

por conseguinte, uma única força na mesma direção. A intensidade P desta força é obtida pela

adição das intensidades dos pesos elementares.

1 2 ... z nF P P P PΣ = = + + +

Para obtermos as coordenadas X e Y do ponto G onde a resultante P deve ser aplicada

devemos satisfazer a condição de que os momentos das parcelas Pi em relação aos eixos x e y

sejam iguais ao momento da resultante P em relação aos mesmos eixos.

ΣMx = PX = P1 x1 + P2 x2 + ... + Pn xn

ΣMy = PY = P1 y1 + P2 y2 + ... + Pn yn (5.2)

Se aumentarmos o número de elementos em que a placa é dividida e diminuirmos

simultaneamente o tamanho de cada elemento, teremos as seguintes expressões

P = ∫dP PX = ∫x dP PY = ∫y dP (5.3)

Essas expressões definem o peso P e as coordenadas x e y do centro de gravidade G da placa.

5.2 Centróides de Áreas.

No caso de uma placa homogênea de espessura uniforme, a intensidade P do peso de um

elemento da placa pode ser expressa como:

1 Mecânica vetorial para engenheiros - Ferdinand P. Beer e E. Russell Johnston, Jr.; McGraw-Hill, 1976


P = γ.t.A

Sendo: γ = peso específico .(peso por unidade de volume) do material

t = espessura da placa, e A = área do elemento

Substituindo P e Pi na equação de momentos (5.2) e dividindo por γt, escrevemos

ΣMx = AX = A1 x1 + A2 x2 + ... + An xn

ΣMy = AY = A1 y1 + A2 y2 + ... + An yn (5.4)

Aumentando o número de elementos em que a área A é dividida, obtemos

XA = ∫ x.dA AY = ∫ y.dA (5.5)

Essas equações definem as coordenadas x e y do centro de gravidade de uma placa uniforme.

O ponto de coordenadas X e Y é também conhecido como o centróide C da área A da placa

A integral ∫x.dA é conhecida como o momento estático da área A em relação ao eixo y.

Analogamente, a integral ∫y.dA define o momento estático de A em relação ao eixo x.

Vê-se das Eqs. (5.5) que, se o centróide de uma área está situado sobre um eixo coordenado, o

momento estático da área em relação a este eixo é nulo.

Áreas simétricas em relação aos eixos

Quando uma área A possui um eixo de simetria BB', o centróide da área deve estar situado

neste eixo. Se possuir dois eixos de simetria, o centróide da área está situado na intersecção

dos dois eixos de simetria. Esta propriedade nos possibilita determinar imediatamente o

centróide de áreas tais como círculos, elipses, quadrados, retângulos, triângulos eqüiláteros ou

quaisquer outras figuras simétricas.

A seguir são fornecidos alguns centróides de formas usuais de áreas:


Triângulo xCG = yCG = h/3 Área = ½ . b.h

Quarto de círculo

xCG = 4.r/3.π yCG = 4.r/3.π Área = π.r2/4

Semi círculo xCG =0 yCG = 4.r/3.π Área = ½.π.r2.

Quarto de elipse

xCG = 4.a/3.π yCG = 4.b/3.π Área = π.a.b/4

Semi elipse xCG =0 yCG = 4.b/3.π Área = ½.π.a.b

Semi parábola

xCG = 3.a/8 yCG = 4.h/5 Área = 2.a.b/3

Parabólica xCG =0 yCG = 3.h/5 Área = 4/3.a.h

Superfície arqueada de uma abóbada – forma geral

1 .2cg

nx an+

=+

1 .4. 2cgny hn+

=+

.1

a hÁrean

=+

5.3 Placas Compostas.

Uma placa pode ser dividida em retângulos, triângulos ou outras das formas usuais. A

abscissa X de seu centro de gravidade G pode ser determinada das abscissas dos centros de

gravidade das várias partes, expressando que o momento do peso de toda a placa em relação

ao eixo y é igual à soma dos momentos dos pesos das várias partes em relação ao mesmo eixo

(Fig. 5.9). A coordenada Y do centro de gravidade da placa é encontrada de maneira análoga,

equacionando os momentos em relação ao eixo x.

y

y

C

b/2 b/2

O x y

O

C r

C

y x O

C

O r

C

a

b

y x O

C

O

C

a

h

a

ycg xcg

O

y = k.xn h


FIGURA 5.9. Centro de gravidade de uma placa composta

Se a placa é homogênea e de espessura uniforme, o centro de gravidade coincide com o

centróide G de sua área. A abscissa X do centróide da área pode ser então determinada,

considerando que o momento estático da área composta com respeito ao eixo y é igual à soma

dos momentos estáticos das diversas áreas em relação ao mesmo eixo (Fig. 5.10). A ordenada

Y do centróide é encontrada de maneira análoga, isto é, equacionando momentos estáticos das

áreas em relação ao eixo x.

FIG. 5.10. Centróide de uma área composta

( )1 2 1 1 2 2... . . ... .x n n nM Y A A A y A y A y A= + + + = + + +∑

( )1 2 1 1 2 2... . . ... .y n n nM X A A A x A x A x A= + + + = + + +∑ (5.8)

Cuidado: Momentos estáticos de áreas podem ser positivos ou negativos. Uma área

com centróide à esquerda do eixo y terá momento estático negativo em relação ao eixo y.

Exemplo 1

Determinar o centro de gravidade da placa

homogênea ao lado.

y

O x A1

C1

A2

A3

C2

C3

y

O x

Σ Ai

X Y

C

z

O

y

x

G2

P1

G1

P2 G3

P3

X

Y

P = ΣPi

z

O

x

10 cm

5 cm

15 cm

r = 10 cm

22,5 cm 17,5 cm


Da equação 5.8: ( )1 2 1 1 2 2... . . ... .n n nX A A A x A x A x A+ + + = + + +

( )1 2 1 1 2 2... . . ... .n n nY A A A y A y A y A+ + + = + + +

Componente A x y x.A y.A

675 11,25 15 7593,75 10125

78,54 26,74 24,24 2100,16 1903,81

131,25 28,33 5 3718,71 656,25

Retângulo

Quarto de círculo

triângulo

884,79 13412,62 12685,06

→ X.(884,79) = 13412,62 → X = 15,16 cm

→ Y.(884,79) = 12685,06 → Y = 14,34 cm

Exemplo 2

Determinar o centróide da área mostrada ao lado.

Observe que a área é desconhecida, mas, ela é o complemento da

área do quarto de circulo, que tem seu centróide e área

conhecidos. Observe também que pela simetria X =Y, assim:

7,5 cm x

y

15 c

m

43

rπ= 6,365 cm

8,635 cm x

y

X

C

x

y

Y

y

x

26,74 cm

11,25 cm 28,33 cm

15 c

m

24,2

4 cm

5

cm

43

rπ= 4,24 cm y

x X = 15,16 cm

Y =

14,

34 c

m C

15 cm

r = 15 cm

x

y

15 c

m


Componente A x x.A

Quadrado 225,0 7,5 1687

Quarto de Círculo - 176,6 8,64 - 1525

Σ A = 48,4 Σ x.A = 162

Da equação 5.8:

( )1 2 1 1 2 2... . . ... .n n nX A A A x A x A x A+ + + = + + +

( ) .i i iX A x A=∑ ∑ → X.(48,4) = 162 → X = 3,35 cm

Na Tabela anterior que fornece os centróides das figuras planas não consta o trapézio.

Determine o centróide do trapézio abaixo

5.4 Determinação do Centróide por Integração.

X.A = ∫x dA -Y.A = ∫y dA (5.5)

Exemplo 1

Para a área ao lado determinar o momento estático e as coordenadas

do centro de gravidade.

Momento estático:

.A

Mx y dA dA b dy= ∴ =∫

( )2 2

0 00

. .2 2

hh h b y b hMx y bdy b ydy= = = =∫ ∫

a b ℓ

a ℓ

b-a ℓ

b

a ℓ

b x

y

h

x

y

dx

dy


.A

My x dA dA h dx= ∴ =∫

( )2 2

0 00

. .2 2

bb h h x h bMy x hdx h xdx= = = =∫ ∫

Centro de gravidade 2

2. 2

hbMy bXA b h

= = = e 2

2. 2

bhMx hYA b h

= = =

Exemplo 2

Para a área ao lado determinar a coordenada Y do CG.

Y = Mx / A

0

( ) ( ) .h u h yu b h y b h yMx y dA dA u dy e u dA dy

b h h h− − −

= = = → = ∴ =∫

( )2

2

0 0 0

( ).h h hb h y ybh by bMx y dy dy yh y dy

h h h− −

= = = −∫ ∫ ∫

2 3 3 3 22

0

.. . .2 3 2 3 6 6

hb hy y b h h b b hMx hh h⎡ ⎤ ⎛ ⎞

= − = − = =⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎝ ⎠

2. 6

. 2 3Mx b h hYA b h

= = =

Exemplo 3

Determinar por integração direta o centróide da figura ao lado

Condições de contorno: x = a → y = h ∴ h = k.a2

→ 22 .hy x

a= e 1/ 2

1/ 2 .ax yh

=

Mx e My com o elemento vertical

Área: 22. . . .hdA y dx A dA y dx x dx

a= ∴ = = =∫ ∫ ∫

( )3 3

32 2 2

0

. 1. . 0 .3 3. 3. 3

ah x h h aA a A a ha a a

= = − = ∴ =

b

u y

h

x

y

dy

a

y

hy = k.x2

x

a

y

y

dA = y dx

xx y/2


22

, 20 0 0

1. . . . . .2 2

a a a

cg verty hMx y dA dA y dx Mx y dx Mx x dx

a⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫ ∫

2 2 2 24 5 5

4 4 40 0

1 1 1 .. . . . .2 2 5. 10 10

aa h h h a hMx x dx Mx x Mx aa a a

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫

2, 2

0 0 0

. . . . . . .h h a

cg verthMy x dA dA y dx My x y dx My x x dxa

⎛ ⎞= = = = ⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ ∫

23 4 4

2 2 200

1 .. . .4. 4 4

aa h h h h aMy x dx My x My aa a a

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= = = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫

Mx e My com o elemento horizontal

( ) ( ) ( ),0 0

. . . .h h

cg vertMx y dA dA a x dy Mx y a x dy= = − = −∫ ∫

1/ 2 3/ 21/ 2 1/ 2

0 0

. .h ha aMx y a y dy Mx ya y dy

h h⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫

2 5/ 2 2 5/ 2 2 2 2

1/ 21/ 2

0

2. 2.. .52 2 5. 2 5 10.2

h

y y h h h h ahMx a Mx a Mx ahh

⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

= − = − = − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥

⎣ ⎦

( ),0

. .h

cg horizMy x dA dA a x dy= = −∫

( ) ( )2 2

0 0

1. . .2 2

h ha xMy a x dy My a x dy+⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫

2 2 2 2 2 2

0 0

.1 . .2 2 2 2 2. 4

hha y a y a h a hMy dy My y My hh h h

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎛ ⎞= − = − = − =⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫

Posição dos centróides

22.3 3104

. .4 103 3

aha hMy MxX X a Y Y ha h a hA A

= = = = = =

a

y

y

dA = (a-x) dy

x(a + x)/2

x


Exemplo 3

Para a figura ao lado, calcular a área, os momentos estáticos Mx

e My e a posição do centro de gravidade C.

Considerar uma curva parabólica y = h[1- (x2/b2)].

( )22. . 1 .xdA y dx A dA y dx h dxb= ∴ = = = −∫ ∫ ∫

( )2

2 22 2

0 0

. 1 . . .h hx hA h dx b x dx

b b⎛ ⎞

= − = −⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫

( )3 3 3 3

2 22 2 2

0

3. 2. .. . 0 03 3 3 3

bh x h b h b b b hA b x b b Ab b b

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞−= − = − − − = ∴ =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

0 0

. . .2 2

b by yMx dA dA y dx Mx y dx= = =∫ ∫

( )22 2

4 2 2 42 4

0 0

1 11 . 2 .2 2

b bx hMx h dx Mx b b x x dxb b

⎡ ⎤⎛ ⎞= − = − +⎢ ⎥⎜ ⎟

⎝ ⎠⎣ ⎦∫ ∫

( )2 5 2 5 2

4 2 3 4 2 3 5 5 54 4 4

0

2 2 15. 10. 3.2. 3 5 2. 3 5 30.

bh x h b hMx b x b x b b b b b b bb b b

⎡ ⎤ ⎛ ⎞= − + = − + = − +⎜ ⎟⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎝ ⎠

( )2 2

54

4. .8.30. 15

h b hMx b Mxb

= → =

24. .215

2. . 53

b hMxY Y hb hA

= = =

2 3 2 4

2 2 20 0 0 0

. . 1 .2 4.

bb b bx x x xMy x dA x h dx h x dx My hb b b

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎡ ⎤= = − = − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎢ ⎥

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦∫ ∫ ∫

2 4 2 2

2

.. .2 4. 4 4b b b h bMy h h My

b⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= − = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2. .34

2. . 83

h bMyX X bb hA

= = =

C X y/2 Y

b dx

y

h

x x

y


Exemplos 2

01 - Determinar o ycg do triângulo com os eixos passando pelo vértice.

..cg

y dAy e dA x dy

dA= =∫∫

.a b a ax y dA y dyx y b b= ∴ = ∴ =

2 2

0 0 0

.. . .2 2 2

bb ba a y a b a bA dA y dyb b b

= = = = =∫ ∫

23

0 0 02

0

. . . .2 .. 3

2

b b b

b

cg

a ay dA y y dy y dyb b yy a bA A b

= = = =∫ ∫ ∫

2 .3cgy b=

Determinar o ycg do trapézio abaixo.

A1 = b . x1 xcg,1 = 0,5 x1 ycg,1 = 0,5 b

A2 = 1/2 b . x2 xcg,2 = 1/3 x2 ycg,1 = 1/3 b

( ) ( )( )

2 21 1 2 2 1 1 1 2 2

1 2 1 2

. . 0,5. 0,5. . . 1 3. 1 2. 1 2. . 1 6. . . 0,5. 1 2.cg

b x x b x x x x x x xAi xixAi b x x x x

+ + + +Σ= = =

Σ + +

( ) ( )( ) ( )

( )2 21 2 1 21 2

1 2 1 2 1 2

. . 0,5. 0,5. . . 1 3. 1 6. . 3.1 2. . 1 6. . . . 0,5. . 0,5. 1 2.cg

b x b b x b b x xb x b xAi yiyAi b x x b x x x x

+ ++Σ= = = =

Σ + + +

Por exemplo: b = 4,0 m, x1 = 7,0 m e x2 = 3,0 m

xcg = 4,294 m ycg = 1,882 m

a

y

x

b dy

y

dA

x

dA = x.dy

a

y

x

b 1 2

x1

y

x

b

x2


02 - Determinar o ycg da seção T abaixo.

A seção é simétrica em relação ao eixo vertical. xcg = 0,5 b.

( ) ( )1. .A b h h h b a= − − −

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

2211 1

1 1

0,5. . 0,5. .. . 0,5. . .0,5.. . . .cg

b h b a h hb h h b a h h h hy

b h h h b a b h h h b a

− − −− − − −= =

− − − − − −

Por exemplo: para b = 150, a = 30, h = 75 e h1 = 15 cm. ycg = 50,83 cm

03 - Determinar o c.g. da seção T abaixo.

a b c h1 h2 h3

60 30 60 15 75 45

a

y

x

b

h1

h

ou

1 2 3 2

1 2

a

y

x

d

h1

h2

b c

h3

1

2

3

y2

x1

y3

x3

y1

x2

y

x


Área xcg ycg A.xcg A.ycg

1 900 30 67,5 27000 60750

2 2250 75 37,5 168750 84375

3 2700 120 52,5 324000 141750 xcg = 88,846 cm

Total 5850 519750 286875 ycg = 49,038 cm

04 - Determinar o c.g. da seção abaixo.

05- Determine para a superfície plana da figura: os momentos estáticos em relação aos eixos x

e y e a posição do centróide.

xcg = 55 mm ycg = 37 mm

20 40 30

20 40

60 60

120 mm

O

80

mm

60

mm

40 mm

60 mm

x

y

60 mmO

80 m

m

40 mm

x

y

120 mm

O

80

mm

60 mm

x

y

120 mm

O

80

mm

x

y120 mm

O

60

mm

x

y

O


5.5 Momentos de Inércia

5.5.1 Momentos de 2º ordem ou Momentos de inércia de Áreas

Uma viga bi-apoiada solicitada por dois momentos iguais e opostos aplicados em suas

extremidades, está em um estado de solicitação chamado flexão pura. O efeito dessa ação

pode ser facilmente visualizado flexionado as duas extremidades de uma régua, ou seja, a

régua será flexionada e, sua face inferior será tracionada e a superior comprimida. Na figura

abaixo, a região superior (hachurada) é comprimida, a inferior é tracionada e, a linha que

separa as duas regiões é chamada de Linha Neutra ou eixo neutro da seção.

Em função da ação externa aplicada têm-se solicitações internas nas seções da viga e,

consequentemente, os esforços internos resistentes. Assim, as forças em um lado do eixo

neutro são forças de compressão e do outro lado, forças de tração, enquanto que no eixo as

forças são nulas. Esses esforços internos resistentes são distribuídos e seus módulos variam

linearmente com a distância y a partir da linha neutra. A Figura abaixo mostra o trecho AC da

viga AB, e a seção da viga na posição C.

Uma força elementar atuando em uma área elementar é dada por: . .F k y A∆ = ∆

E o módulo da resultante R das forças elementares ∆F sobre a seção inteira é dada por:

. . .R k y dA k y dA= =∫ ∫

A última integral na expressão da resultante é conhecida como momento de primeira ordem

da seção, em relação ao eixo x; e é nula, pois o baricentro da seção está localizado sobre o

eixo x, e, portanto Y.A = 0, pois Y= 0.

Compressão

Tração A C B

Compressão

Tração

yMS,ext MS,int

A C

y

∆F = k.y.∆A

L.N. y


O sistema de forças ∆F reduz-se, portanto, a um conjugado e, o módulo M deste conjugado

(momento fletor) deve ser igual à soma dos momentos ∆Mx = y.∆F = k.y2.∆A das forças

elementares. Integrando sobre a secção inteira, obtemos:

2 2. . .M k y dA k y dA= =∫ ∫

A última integral na equação acima é conhecida como o momento de segunda ordem ou

momento de inércia da seção da viga em relação ao eixo x e é designada por Ix.

O momento de segunda ordem é obtido pela multiplicação de cada elemento de área dA pelo

quadrado de sua distância ao eixo x, e integrando sobre a secção da viga. Observe que y

poderá ser positivo ou negativo, mas essa integral será sempre positiva e diferente de zero.

No exemplo da figura acima, para a seção retangular de largura b e altura h, teríamos:

2 2. . .Ix y dA y b dy= =∫ ∫

3 32

0 0

. .. .3 3

hh b y b hIx y b dy= = =∫ e, analogamente:

3 32

0 0

. .. .3 3

bb h x h bIy x h dx= = =∫

Mudando-se os eixo de forma que passem pelo centróide

2 2. . .Ix y dA y b dy= =∫ ∫

3

/ 2/ 2 3 3 32

/ 2 / 2

.. . .2. . 2. 2.3 3 3 8 12

hh

h h

hbb y b h b hIx y b dy

x

+

− −

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= = = = =∫

3

/ 2/ 2 3 3 32

/ 2 / 2

.. . .2. . 2. 2.3 3 3 8 12

bb

b b

bhh x h b h bIy x h dx

x

+

− −

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= = = = =∫

dA = b.dy

b

h

y

x

dy

dA = b.dy

b

h/2

y

x

dy

h/2

y


Determine o Momento de inércia da seção triangular.

( )b h yb h uu h y h

−= =

−

( ). .b h y

dA u dy dA dyh−

= =

( ) ( )2 2 2 3. . . . .b h y bIx y dA y dy y h y dy

h h−

= = = −∫ ∫ ∫

3 4 4 4 3

0

. 4 3 .3 4 12 12

hb h y y b h h b hIxh h

⎡ ⎤−= − = =⎢ ⎥

⎣ ⎦

5.5.2 Momento Polar de inércia da área

2.OJ r dA= ∫ r = distancia do elemento de área até o pólo O.

Observe que r2 = x2 + y2, portanto também pode ser calculada

através dos momentos retangulares de inércia Ix e Iy.

( )2 2 2 2 2. . . .OJ r dA x y dA x dA y dA= = + = +∫ ∫ ∫ ∫

2.O x yJ r dA I I= = +∫

Determine o Momento de inércia da seção circular.

( )22 0. . . . .

0 2r

Ix y dA sen d dρ

ρ α ρ α ρα π

≤ ≤⎧= = ⎨ ≤ ≤⎩∫ ∫

22 2 4 4 43 2 2

00 0 0 0

2 2 4. . . . . .4 4 2 4 4 2 4

rr r sen r senIx sen d d sen dππ π ρ α α π πρ α α ρ α α= = = − = −∫ ∫ ∫

4.4rIx Iy π

= =

r

y

x r

y dA = ρ.dα.dρ

α

dρ

ρ dα

y

x

y = ρ.sen α

y

x b

y h

u

dy h-y

y

x O

y r

x

dA

A


5.5.3 Raio de Giração de uma área

Uma determinada área tem um Momento de Inércia Ix em relação ao eixo x. Se

concentrarmos esta área em uma faixa estreita, paralela ao eixo x, e com o mesmo momento

de inércia Ix, a distancia dessa faixa ao eixo x, é denominada Raio de Giração.

2. analogamente yx Ox x x y O

II JI k A k k e kA A A

= ∴ = = = (polar)

Como O x yJ I I= + temos 2 2 2O x yk k k= +

5.5.4 Teorema dos Eixos Paralelos.

Na figura ao lado, consideremos conhecido o Momento de

Inércia da seção em relação ao eixo x1, Ix1, e queremos

determinar o Momento de Inércia Ix, em relação ao eixo x,

paralelo a x1.

( )221. .cIx y dA y d dA= = +∫ ∫

( )2 2 2 21 1 1 12. . . . 2. .c c c cIx y y d d dA Ix y dA d y dA d dA= + + = + +∫ ∫ ∫ ∫

Nesta expressão temos:

2.cy dA∫ = Ix1 = Momento de Inércia em relação ao CG

12. .cd y dA∫ = .cy dA∫ = 0 Momento estático em relação ao CG

21d dA∫ = dA A=∫ Área x deslocamento dos eixos ao quadrado

y

x O

A

ky

A y

x O

dA

A

yc

d

x1CG

x

y


Teorema dos eixos paralelos: 21 .x x xI I d A= +

21 .y y yI I d A= +

Sendo: Ix1 e Iy1 Momentos de inércia em relação ao CG.

dx e dy deslocamentos dos eixos x e y, respectivamente

A Área da seção

Ix e Iy Momentos de inércia em relação aos eixos transladados.

5.5.5 Teorema dos Eixos Paralelos para Momentos de Inércia Polares.

Na figura ao lado, consideremos conhecido o Momento de

Inércia da seção em relação aos eixos x1 e y1 passando pelo CG

da seção, Ix1 e Iy1 e queremos determinar os Momento de Inércia

em relação ao eixo x e y, paralelos a x1 e x1.

x yJ I I= +

21 1 .x xI I d A= + e 2

1 2 .y yI I d A= +

2 2 21 2d dρ = +

1 1 1x yJ I I= +

( ) ( ) ( )2 2 2 2 21 1 1 2 1 1 1 2 1. . . .x y x y x yJ I I I d A I d A I I d d A J Aρ= + = + + + = + + + = +

Teorema dos eixos paralelos para Momentos de Inércia Polar.

21 .J J Aρ= +

J Momento de Inércia Polar em relação à origem dos eixos que passam pelo CG.

J1 Momento de Inércia Polar em relação aos eixos transladados.

ρ distância entre as origens dos sistemas de eixos considerados.

dA

d1

yc

ρ

x1

CG

x

y1 xc

y

d2


5.5.6 Módulo de Resistência.

Veja a seção abaixo. Já vimos que acima da Linha Neutra temos compressão e abaixo, tração.

Estas tensões de tração e compressão não são constantes, como já foi visto, elas são nulas na

Linha Neutra e aumentam à medida que se afastam em direção às bordas, onde atingem seus

valores máximos.

Admitindo-se uma distribuição linear das tensões, a tensão devida à flexão é dada por:

Mf yI

σ =

Esta equação nos da a tensão ao longo da altura da seção, com y variando entre –h/2 e +h/2,

mas, normalmente o que nos interessa é o valor máximo dessa tensão, que ocorrerá nas

bordas. Assim obtemos σmax em função de ymax. Como a distância do centróide de uma seção

às suas bordas é uma característica da seção, definimos Módulo de Resistência (W) de uma

seção como:

3

max max max

: ( )yxx y

IIIW W e W unidades Ly y x

= = =

max max maxMf Mf Mfy yI I W

σ σ σ= = =

5.5.7 Módulo de Resistência Polar.

De forma análoga, no dimensionamento de peças submetidas à esforços de torção, tem-se o

Módulo de Resistência Polar (Wp). Quanto maior o Módulo de Resistência Polar de uma

seção, maior a sua resistência à torção.

30

max

( : )pJW unidades L

r=

MS,ext MS,int

A C

σmax. Compr. Compressão

Tração

y

σmax. Tração

L.N.


Exemplo:

Determinar o raio de giração, o módulo de resistência e o módulo de resistência polar,

relativos aos eixos baricêntricos x e y, para as seções retangular e circular:

32. . 312

. 12 62. 3x

x x

b hI h h hi iA b h

= = = = =

32. . 312

. 12 62. 3y

y y

h bI b b bi iA b h

= = = = =

32

max

. .1262

xx x

b hI b hW Why= = =

32

max

. .1262

yy y

h bI h bW Wbx= = =

( )3 3

2 20

. . .12 12 12x y

b h h b b hJ I I h b= + = + = +

2 22 2 2 2

max max max1

2 2 2b hr x y b h⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )2 2

2 20

2 2max

..12

1 62

p

b h h bJ b hW b hr b h

+= = = +

+

4

2

. 4.64 . 4

xx y

I D di iA D

ππ

= = = =

4 3

max

. 2 ..64 32

xx y

I D DW Wy D

π π= = = =

4 4

0. .264 32x yD DJ I I π π

= + = = 4 3

0

max

. 2 ..32 16p

J D DWr D

π π= = =

b

x

C

h

x

y

D


5.5.8 Produto de Inércia.

A integral do produto de cada elemento dA de uma área A por suas coordenadas x e y é

conhecida como o produto de inércia da área A em relação aos eixos x e y (Pxy).

.xyP xy dA= ∫

O Produto de Inércia Pxy pode ser positivo ou negativo e, quando um ou ambos os eixos x e y

são eixos de simetria da área A, o produto de inércia Pxy é zero.

Teorema dos eixos paralelos para os Produtos de Inércia.

C Baricentro x’ e y’ eixos baricêntricos x’ e y’ coordenadas de dA em relação aos eixos baricêntricos x = x’ + X e

y = y’ + Y

( ) ( ) ( ). ' . ' . '. ' '. . ' . .xyP xy dA x X y Y dA x y x Y X y X Y dA= = + + = + + +∫ ∫ ∫

( )'. ' .x y dA∫ Px’y’

( )'. .x Y dA∫ e ( ). ' .X y dA∫ Momentos estáticos nulos (eixos baricentricos)

( ). . .X Y dA X Y dA=∫ ∫ Área

' ' ' '. . . .xy x y x y x yP P X Y A P d d A= + = + sendo dx e dy os deslocamentos dos eixos.

Pxy > 0 x

y

A

Pxy < 0 x

y

A

dA dA

A

Pxy = 0 x

y

x

y dA

x’

y’

A

x

C

x'y’

X

y

Y


5.5.9 Rotação de Eixos.

Considere um eixo de coordenadas x, y e uma

superfície A. Os Momentos e Produtos de Inércia são:

2 2. . . .x y xyI y dA I x dA I x y dA= = =∫ ∫ ∫

Determinar os Momentos e Produtos de Inércia (Ix1, Iy1

e Ix1y1) através da rotação de um ângulo α, dos eixos

originais, em torno da origem.

Após a rotação:

1 1.cos α .sen α .cos α .sen αx x y y y x= + = −

( ) ( )22 2 2 2 21 1 . .cos α .sen α . .cos α 2. . .cos α.sen α .sen α .xI y dA y x dA y x y x dA= = − = − +∫ ∫ ∫

2 21 .cos α .sen α 2. .cos α.sen αx x y xyI I I I= + − e, analogamente, obtém-se:

2 21 .sen α .cos α 2. .cos α.sen αy x y xyI I I I= + +

( )2 21 1 .cos α.sen α .cos α.sen α . cos α sen αx y x y xyI I I I= − + −

Considerando as identidades trigonométricas:

2 2sen 2α 2 . sen α . cos α cos 2α cos α sen α . = = −

2 21 cos 2α 1 cos 2αcos α sen α2 2

+ −= =

dA

O

a = x.cos α

y

x α

α

x

y1 y

x1 α

α

b = y.sen α

a

a

b

b

x1 = a + b x1 = x.cos α + y.sen α

a = y.cos α b = x.sen α

dA

O

y

x α

x

y1y

x1

α

b

a

b

a

y1 = a - b y1 = y.cos α - x.sen α

dA x

O

y1

α y

x1

α

x

y1 y

x1


Pode-se escrever as equações da seguinte forma:

1 .cos 2α .sen 2α2 2

x y x yx xy

I I I II I

+ −= + − e, analogamente, obtém-se:

1 .cos 2α .sen 2α2 2

x y x yy xy

I I I II I

+ −= − +

1 1 .sen 2α .cos 2α2

x yx y xy

I II I

−= +

Se somarmos ( )1 1x yI I+ obteremos 1 1x y x yI I I I+ = +

Ou seja, quando o giro é sobre a origem, a soma dos Momentos de Inércia em relação a estes

eixos é constante e igual ao Momento de Inércia Polar.

5.5.10 Eixos Principais e Momentos Principais de Inércia

Eixos Principais de uma área em relação a um ponto O, são aqueles para os quais se tem um

Momento de Inércia máximo em relação a um dos eixos e mínimo em relação ao outro. Logo:

1 0xdIdα

=

Obs. 2 cos cos tan sec d du d du d dusen u u u sen u u udx dx dx dx dx dx

= = − =

1

.cos 2α .sen 2α2 2

.2.sen 2α .2.cos 2α=02

x y x yxy

x yxxy

I I I Id I

I IdI Id dα α

+ −⎛ ⎞+ −⎜ ⎟ −⎝ ⎠= = − −

( ) p

2. 2.sen 2α.sen 2α= .2.cos 2α = tan 2α =cos 2α

xy xyx y xy

x y x y

I II I I

I I I I− − − −

− −

αp é o valor de α que define os eixos principais.


Se fizermos: Ix1y1 = 0

1 1

2.sen 2α.sen 2α .cos 2α 0 tan 22 cos 2α

x y xyx y xy

x y

I I II I

I Iα

−= + = = = −

−

Logo o Produto de Inércia é nulo em relação aos eixos principais.

Em resumo a) os eixos principais são ortogonais

b) Ix1y1 = 0 (um eixo de simetria é sempre um dos eixos principais)

c) Ix1 e Iy1 é um máximo e um mínimo.

Momentos Principais de Inércia

Determinado o valor de αp basta substituir em Ix1 e Iy1 para se obter Imax e Imin.:

1 p p.cos 2α .sen 2α2 2

x y x yx xy

I I I II I

+ −= + −

1 p p.cos 2α .sen 2α2 2

x y x yy xy

I I I II I

+ −= − +

Ou através da equação:

22

1,2 2 2x y x y

xy

I I I II I

+ −⎛ ⎞= ± +⎜ ⎟

⎝ ⎠ onde I1 é o máximo e I2 o mínimo

Exemplo 01: Determinar os eixos e momentos principais de inércia da seção abaixo.

Baricentro: ou

xcg = 1/ST ΣMy e ycg = 1/ST ΣMx

1= (150.7,5 93,75.8,75) 5,41756,25cgx − =

1= (150.5,0 93,75.6,25) 2,91756,25cgy − =

10

2,5

15 2,5 O x

y 121

2


Momentos de Inercia passando pelo CG,

paralelos aos eixos x e y

ST = 56,25 cm2

b h A x y x.A y.A

Ret 01 2,50 10,00 25,00 1,25 5,00 31,25 125,00

Ret 02 12,50 2,50 31,25 8,75 1,25 273,44 39,06

Soma 56,25 304,69 164,06

304,688= 5, 41756, 25

ycg

Mx

AΣ

= =Σ

164,0625= 2,91756,25

xcg

MyA

Σ= =

Σ

Ix y A A.(y)2 Ix+A.(y)2

1 208,3333 2,08 25,00 108,5069 316,84028

2 16,27604 -1,67 31,25 86,80556 103,0816

Soma (Ix) 419,92188

Iy x A A.(x)2 Iy+A.(x)2

1 13,02083 -4,17 25,00 434,0278 447,04861

2 406,901 3,33 31,25 347,2222 754,12326

Soma (Iy) 1201,1719

Produto de Inércia Ixy

A x y A.x. y

1 25,00 -4,17 2,08 -217,014

2 31,25 3,33 -1,67 -173,611

Soma -390,625

Ixy = -390,625

1

2

10

2,5

15 2,5 O x

y

xcg

ycg

2,917

5,417


2. 781,25tan 2 1781,25

xy

x y

II I

α −= − = − = −

− − 2 α = -45 α1 = -22,5º α2 = 67,5º

( ) ( )2

2 221,2 810,547 390,625 390,625

2 2x y x y

xy

I I I II I

+ −⎛ ⎞= ± + = ± − + −⎜ ⎟

⎝ ⎠

Imax = 1362,974 e Imin = 258,1197

Exemplo 02: Determinar os eixos e momentos de inércia da área abaixo: em relação ao eixo

YY e em relação ao eixo a-a. Obs. medidas em mm

1 . 175 125A b h x= = = 21875

2 2

2. .10016 16dA π π

= − = − = - 1963,495

2 2

3. .754 4dA π π

= − = − = - 4417,865

Área Total = 15493,64

Tabelado:

A x A.x y A.y

1 21875 87,50 1914062,50 62,50 1367187,50

2 -1963,5 153,78 -301946,32 103,78 -203771,55

3 -4417,86 50,00 -220893,23 75,00 -331339,85

Soma 15493,64 1391222,9 832076,1

X = 89,79 e Y = 53,7

a a

1

50

175

125

2

3

50

50

50

x

y Y

X

75

y x

__ __ 4.

3.rx yπ

= =

r

4 21 .16x yI I r A dπ= = − y

x

r

x

y

414x yI I rπ= =

r

x

y


Solução A - Em relação ao eixo vertical

I1 = 55826822,92 I2 = -342990,502 I3 = -1553155,548

I A d A.d2 I+A.d2

1 55826822,92 21875 2,29 114714,6875 55941537,6

2 -342990,502 -1963,5 -63,99 -8039964,115 -8382954,617

3 -1553155,548 -4417,86 39,79 -6994558,172 -8547713,72

Soma IY (mm4) 39010869,27

IY (cm4) 3901,086927

Solução B - Em relação ao eixo horizontal a-a

I1 = 28483072,92 I2 = -342990,502 I3 = -1553155,548

I A d A.d2 I+A.d2

1 28483072,92 21875 112,50 276855468,8 305338541,7

2 -342990,502 -1963,5 153,78 -46433305,69 -46776296,19

3 -1553155,548 -4417,86 125,00 -69029135,45 -70582291

Soma Ia-a (mm4) 187979954,5

Ia-a (cm4) 18797,99545

Exemplo 03: Determinar o produto de inércia da seção abaixo em relação ao centróide.

4.3.

aX Yπ

= =

' ' . .xy x yI I A X Y= + onde 2 4.

4 8xya aA e Iπ

= =

24 2 4 44 4

' ' ' '. 4. 4. 9. 32. . 0,016471.

8 4 3. 8 9. 72.x y x ya a a a aI I a aπ π

π π π−⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + ∴ = − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Observe que as coordenadas do centróide tem sinal, veja:

x

y

x'

y'

a

C


Segundo quadrante: Ixy = – a4/8, Área > 0, Y > 0 e X < 0 ∴ A X.Y < 0

4' ' 0,016471.x yI a+

Terceiro quadrante: Ixy = a4/8, Área > 0, Y < 0 e X < 0 ∴ A X.Y > 0

4' ' 0,016471.x yI a−

Quarto quadrante: Ixy = – a4/8, Área > 0, Y < 0 e X > 0 ∴ A.X.Y < 0

4' ' 0,016471.x yI a+

Resumindo:

x

x'

y

y'

x'

y'

x' x'

y'

4

4' '

80,016471.

xy

x y

aI

I a

=

= −

4

4' '

80,016471.

xy

x y

aI

I a

=

= −

4

4' '

80,016471.

xy

x y

aI

I a

= −

= +

4

4' '

80,016471.

xy

x y

aI

I a

= −

= +

a

x

y

x'

y'

a

C

x

y

x'

y'

a

C

x

y

x'

y'

a

C


5.5.11 Núcleo Central de Inércia

Núcleo Central de Inércia, ou Núcleo Central da Seção, é uma região ao redor do centróide

onde aplicando-se uma carga obtém-se, em toda a seção, tensões de mesma natureza da carga

aplicada (tração ou compressão).

Apenas como exemplo, considere um pilar retangular submetido a uma carga de compressão

P, aplicada sobre o eixo horizontal, a uma distância “e” do centróide. Uma outra forma de

representar este carregamento excêntrico é através de uma carga centrada P e um momento

(P.e), conforme mostrado na figura abaixo.

A seção é solicitada por dois esforços combinados, uma compressão axial e uma flexão pura,

conforme mostrado na figura abaixo, e as tensões atuantes na seção serão iguais à soma destas

tensões.

Em função da excentricidade “e” as tensões resultantes na seção:

• Excentricidade pequena Seção inteiramente comprimida (não uniforme)

• Excentricidade grande Seção comprimida e tracionada

b P

a

e A’ A

B’ B

P

e

AA’ BB’ P

M = P.e

AA’ BB’

AA’ BB’

AA’ BB’

AA’ BB’


O que se busca é o limite entre os dois casos, ou seja, a excentricidade que provoca tensões

nulas em uma borda (AA’) e compressão na outra borda (BB’)

Compressão axial 1 .P PS a b

σ = − = −

Flexão pura 2 2.

.6

M P eb aW

σ = =

'

1 2 2

'

6.Borda AA' 1.6. . 6.1

. . . 6.Borda BB' 1.

AA

BB

P eb a aP P e P e

b a b a b a a P eb a a

σσ σ σ

σ

⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞= + = − ± = − ±⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

A questão se resume em determinar a excentricidade que anula as tensões na borda AA’.

6.' 0 1 0AAe

aσ = ⇒ − + = ou seja, 6. 1

6e ae

a= ⇒ =

Analogamente, para a carga aplicada no outro eixo 6be =

Núcleo Central de Inércia, ou Núcleo Central da Seção, de

um retângulo é um paralelogramo de diagonais a/3 e b/3.

Aplicada uma carga P de compressão:

• dentro desta região, toda a seção é comprimida.

• fora desta região, parte da seção comprimida e parte tracionada.

• Nas bordas (nos cantos) compressão numa lateral e tensão nula na outra.

O núcleo central de inércia de uma seção qualquer pode ser obtido pelo cociente entre o

quadrado do raio de giração e a distância entre o c.g. e a borda.

b/3 b/3 b/3

a/3 a/3 a/3


2xiec

=

Para a seção retangular acima . 36

xx

I biA

= = e, c = b / 2

2 2.3 1.

36 0,5. 6xi b bec b

= = =

Núcleo Central de Inércia de uma seção circular é um círculo de raio r/4.

( )4 2

2

1 4. .. 4 2

xx

rI r riA r

π

π= = = = e, c = r.

2 2 4

4xi r rec r

= = =

Normalmente encontram-se tabelados, em livros de Resistência dos Materiais, os valores do

Núcleo Central de Inércia para as seções mais comuns.

r/4

r

e

c

y

x


Propriedades das Áreas Planas Elementares

A = área X, Y = centróide

Ix, Iy = Momentos de Inércia Ixy = Produto de Inércia

Ip = Ix + Iy = Momento de InérciaPolar IBB = Momento de Inércia em relação ao eixo BB

3 3. ..

2 2 12 12x yb h b h h bA b h X Y I I= = = = =

( )2 2.012xy Pb hI I h b= = +

( )3

2 2. . . 2 3 3 36 36x y

b h b c h b h b hA X Y I I b bc c+= = = = = − +

( ) ( )2

2 2 2. .272 36xy P

b h b hI b c I h b bc c= − = + − +

( )3

2 2. . 3 312 12x y

b h b hI I b bc c= = − +

( )2 3. .3 2

24 4xy BBb h b hI b c I= − =

3 3. . .2 3 3 36 36x y

b h b h b h h bA X Y I I= = = = =

( )32 2

2 2. . . 72 36 12xy P BB

b h b h b hI I h b I= − = + =

3 3. . .2 2 3 36 48x y

b h b h b h h bA X Y I I= = = = =

( )3

2 2. .0 4 3144 12xy P BBb h b hI I h b I= = + =

( )( )

2.. .

2 3.a ba bA h Y ha b++

= =+

( )( )

( )3 2 2 3. 4. . . 336. 12x BB

h a a b b h a bI I

a b+ + +

= =+

b

C x

y

h Y

X

b

C x

y

h Y

X

c

b x

y

h B B

c

b

C x

y

h Y

X

BB

b

x

y

h Y

X

BB C

a

b

h x

y

B B C Y


2 4 4

2 . . ..4 4 64x yD r DA r I Iπ π ππ= = = = =

4 4 4 4. . 5. . 5. .02 32 4 64xy P BBr D r DI I Iπ π π π

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2. 4.2 3.r rA Yπ

π= =

( )2 4 4 44

9. 64 . . .0,1098. 0 72. 8 8x y xy BB

r r rI r I I Iπ π π

π

−= ≅ = = =

2 4. 4. .4 3. 16x yr r rA X Y I Iπ π

π= = = = =

( )2 444 4

9. 64 .0,05488. 0,0165.

8 144.xy BB BC

rrI I r I rπ

π

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C x

y

B B

r

Y r C

x

y

B B

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Y C

x

y

B B

5.1 Centro de Gravidade de um Corpo · PDF file5 Características geométricas da...

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