PRINCÍPIOS DE MECÂNICA E RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 5

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PRINCÍPIOS DE MECÂNICA E 
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 
AULA 5 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Prof.a Francielly Elizabeth de Castro Silva 
 
 
2 
CONVERSA INICIAL 
Olá, seja bem-vindo(a) a esta aula. Nela, você aprenderá a determinar 
algumas propriedades geométricas de grande importância no estudo da 
mecânica, como: centro de gravidade e centroide de um corpo, o momento de 
inércia de área e de massa de um corpo simples ou composto. 
TEMA 1 – CENTRO DE GRAVIDADE E CENTROIDE 
Sabemos que todo objeto possui um determinado tamanho e massa. A 
força peso desse objeto pode ser facilmente medida com uma balança ou melhor 
ainda, por meio de um dinamômetro (equipamento que mede força). Porém, o 
ponto aqui é conhecer precisamente o ponto de equilíbrio que posiciona esta 
força no objeto. 
A Figura 1 mostra um sistema em equilíbrio. Sabemos que se 
deslocarmos qualquer uma das pedras um pouco para a direita ou para a 
esquerda, todo o conjunto será desequilibrado, ou seja, para o equilíbrio, a 
posição das forças no sistema são de extrema relevância na modelagem dos 
problemas. 
Figura 1 – Equilíbrio de um conjunto de pedras 
 
Créditos: BILLION PHOTOS/Shutterstock. 
Anteriormente, vimos como obter o centro de gravidade de figuras 
geométricas simples como retângulos. Neste tema, aprenderemos a obter essa 
propriedade para quaisquer tipos de geometria. 
 
 
3 
Para exemplificar a importância deste estudo, suponha a aeronave 
mostrada na Figura 2a. Para posicionar o trem de pouso, é necessário fazer um 
estudo das forças atuantes na aeronave, pois o posicionamento incorreto geraria 
um desequilíbrio e assim a aeronave poderia tombar para trás encostando sua 
calda no chão, o que geraria um certo prejuízo à empresa que projetou essa 
máquina. Logo, conhecer a força resultante gerada pela força peso do avião e 
sua posição na fuselagem (centro de gravidade) é fundamental para a 
determinação da posição do trem de pouso (Figura 2b). 
Figura 2 – (a) Aeronave e (b) trem de pouso 
(a) (b) 
Créditos: FENSKEY/Shutterstock; FRANK_PETERS/Shutterstock. 
 Outros exemplos de aplicação do cálculo do centro de gravidade estão no 
estudo de barragens/comportas (Figura 3a), flutuadores offshore (Figura 3b), 
guindastes (Figura 3c) etc., em que é importante conhecer não somente a força 
resultante devido à pressão da água ou do peso da estrutura ou dos elementos 
sobre a estrutura, mas a posição dessa força resultante de forma a manter o 
sistema em equilíbrio. 
Figura 3 – (a) Barragem, (b) flutuador offshore e (c) guindaste 
(a) (b) 
(c) 
Créditos: PHOTO APS/Shutterstock; KLDY/Shutterstock; ZORANORCIK/Shutterstock. 
 
 
4 
1.1 Centro de gravidade 
Um corpo é formado por um número elevado de partículas com diversos 
tamanhos e massa, logo, cada partícula terá um peso 𝑑𝑊 e estará localizada em 
um determinado ponto �̃�, �̃�, �̃� no espaço (Figura 4). A soma de todas as massas 
dessas partículas nos resulta em uma massa total que pode ser transformada na 
força peso multiplicando-a pela aceleração da gravidade. Essa força peso, 𝑊, 
passa por um único ponto, de coordenadas �̅�, �̅�, 𝑧̅, denominado centro de 
gravidade (Figura 4). 
Figura 4 – Centro de gravidade de uma partícula e de um corpo e suas 
respectivas posições no espaço 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 O peso total do corpo, 𝑊, é obtido aplicando o somatório das forças peso 
de todas as partículas pertencentes ao corpo, dada por: 
𝑊 = ∫ 𝑑𝑊 . (1) 
 A localização da força 𝑊 (o centro de gravidade 𝐺) é obtida com o 
equilíbrio de momentos. Para cada eixo coordenado, temos: 
�̅� =
∫ �̃�𝑑𝑊
∫ 𝑑𝑊
=
∫ �̃�𝑑𝑊
𝑊
 (2𝑎) 
�̅� =
∫ �̃�𝑑𝑊
∫ 𝑑𝑊
=
∫ �̃�𝑑𝑊
𝑊
 e (2𝑏) 
 
 
5 
𝑧̅ =
∫ �̃�𝑑𝑊
∫ 𝑑𝑊
=
∫ �̃�𝑑𝑊
𝑊
, (2𝑐) 
em que �̃�, �̃�, �̃� correspondem às coordenadas de cada partícula no corpo e �̅�, �̅�, 
𝑧̅ são as coordenadas do centro de gravidade, 𝐺, do corpo. 
 Além do centro de gravidade, existem também o centro de massa, o 
centroide de volume, centroide de área e centroide de linha, sendo que a palavra 
centroide indica o centro geométrico de um corpo. Aqui, vamos estudar com 
maior dedicação o centroide de área, que é muito aplicado na engenharia. 
1.2 Centroide de área 
 Se uma área se encontra no plano 𝑥 − 𝑦 e for delimitada por uma função 
𝑦 = 𝑓(𝑥) (Figura 5), então seu centroide estará neste mesmo plano e é 
determinado aplicando as seguintes integrais: 
�̅� =
∫ �̃�𝑑𝐴
𝐴
∫ 𝑑𝐴
𝐴
 e (3𝑎) 
�̅� =
∫ �̃�𝑑𝐴
𝐴
∫ 𝑑𝐴
𝐴
. (3𝑏) 
Figura 5 – Função genérica para o cálculo do centroide de área 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 Essas integrais podem ser resolvidas de duas formas: aplicando o 
elemento infinitesimal de área na horizontal (Figura 6a) ou na vertical (Figura 6b). 
 
 
 
6 
Figura 6 – Elemento infinitesimal de área posicionado (a) na horizontal e (b) na 
vertical 
(a) (b) 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 Na primeira situação, observe que o elemento infinitesimal de área é dado 
pelo cálculo da área do retângulo descrita por 𝑑𝐴 = 𝑦𝑑𝑥, com centroide em �̃� =
𝑥 e �̃� = 𝑦/2. Já no segundo caso, a área do elemento infinitesimal é 𝑑𝐴 = 𝑥𝑑𝑦 e 
o centroide está em �̃� = 𝑥/2 e �̃� = 𝑦. Vamos aos exemplos! 
Exemplo 1: Calcule o centroide de área �̅� e �̅� da seguinte figura. 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: Como o elemento infinitesimal de área (retângulo cinza) está na 
vertical, sua área é 𝑑𝐴 = 𝑦𝑑𝑥 e seu centroide é �̃� = 𝑥 e �̃� = 𝑦/2, logo, 
substituindo �̃� e 𝑑𝐴 na Equação 3a e �̃� e 𝑑𝐴 na Equação 3b, temos: 
�̅� =
∫ 𝑥𝑦𝑑𝑥
𝐴
∫ 𝑦𝑑𝑥
𝐴
 e �̅� =
∫
𝑦
2 𝑦𝑑𝑥𝐴
∫ 𝑦𝑑𝑥
𝐴
=
∫
𝑦²
2 𝑑𝑥𝐴
∫ 𝑦𝑑𝑥
𝐴
. 
 Na figura do exemplo, a função que descreve a área demarcada é 𝑦 = 𝑥². 
Substituindo 𝑦 por 𝑥² nas equações acima, ficamos com: 
 
 
7 
�̅� =
∫ 𝑥𝑥²𝑑𝑥
𝐴
∫ 𝑥²𝑑𝑥
𝐴
=
∫ 𝑥³𝑑𝑥
𝐴
∫ 𝑥²𝑑𝑥
𝐴
 e �̅� =
∫
(𝑥2)²
2 𝑑𝑥𝐴
∫ 𝑥²𝑑𝑥
𝐴
=
∫
𝑥4
2 𝑑𝑥𝐴
∫ 𝑥²𝑑𝑥
𝐴
. 
 Como a função está variando com o 𝑥, pois no termo da integral temos 
𝑑𝑥, logo, os limites de integração correspondem à posição em que começa a 
função (𝑥 = 0) e onde termina a função (𝑥 = 1 𝑚). Logo, esses são os limites 
inferior e superior de integração e podem ser substituídos na equação acima, 
assim, a equação toma a seguinte forma: 
�̅� =
∫ 𝑥³𝑑𝑥
1
0
∫ 𝑥²𝑑𝑥
1
0
 e �̅� =
∫
𝑥4
2 𝑑𝑥
1
0
∫ 𝑥²𝑑𝑥
1
0
. 
 Resolvendo as integrais de polinômio conforme regra vista na Equação 3, 
vista anteriormente, temos: 
�̅� =
𝑥4
4 |
0
1
𝑥3
3 |
0
1 e �̅� =
𝑥5
2.5
|
0
1
𝑥3
3 |
0
1 =
𝑥5
10|
0
1
𝑥3
3 |
0
1 . 
Substituindo os limites superior e inferior, ficamos com: 
�̅� =
14
4
−
04
4
13
3 −
03
3
 = 
14
4
13
3
 = 
1
4
1
3
 e �̅� = 
15
10
−
05
10
13
3 −
03
3
 = 
15
10
13
3
 = 
1
10
1
3
. 
 As divisões acima podem ser resolvidas multiplicando a divisão que está 
no numerador pelo inverso da divisão do denominador, ou seja: 
�̅� =
1
4
.
3
1
=
3
4
, logo, �̅� = 0,75 𝑚 e �̅� =
1
10
.
3
1
=
3
10
, logo, �̅� = 0,3 𝑚. 
Exemplo 2: Calcule o centroide de área �̅� do triângulo mostrado: 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 
 
8 
Solução: Vamos aplicar a Equação 3, logo, precisamos definir a área do 
elemento infinitesimal. Note que o elemento infinitesimal está na horizontal, logo 
sua área é 𝑑𝐴 = 𝑥𝑑𝑦 e seu centroide é �̃� = 𝑥/2 e �̃� = 𝑦 como mostra a figura. A 
nossa integral será em função de 𝑦, pois no termo da integral temos 𝑑𝑦. Logo, 
devemos isolar o 𝑥 da função 𝑦 =
ℎ
𝑏
(𝑏 − 𝑥) como segue: 
𝑦
𝑏
ℎ
= 𝑏 −𝑥 
𝑦
𝑏
ℎ
− 𝑏 = −𝑥 ou − 𝑦
𝑏
ℎ
+ 𝑏 = 𝑥 ou ainda 
𝑥 = 𝑏 − 𝑦
𝑏
ℎ
. 
Substituindo o valor acima de 𝑥 na área do elemento infinitesimal, temos: 
𝑑𝐴 = (𝑏 − 𝑦
𝑏
ℎ
) 𝑑𝑦 
e substituindo �̃� = 𝑦 e 𝑑𝐴 na Equação 3b, temos: 
�̅� =
∫ 𝑦 (𝑏 − 𝑦
𝑏
ℎ
) 𝑑𝑦
𝐴
∫ (𝑏 − 𝑦
𝑏
ℎ
) 𝑑𝑦
𝐴
. 
No termo do numerador, podemos fazer a distributiva, ficando: 
�̅� =
∫ (𝑦𝑏 − 𝑦²
𝑏
ℎ
) 𝑑𝑦
𝐴
∫ (𝑏 − 𝑦
𝑏
ℎ
) 𝑑𝑦
𝐴
. 
 Note que há uma soma tanto no numerador, como no denominador, logo, 
podemos separar em duas integrais, ficando: 
�̅� =
∫ 𝑦𝑏𝑑𝑦
𝐴
− ∫ 𝑦²
𝑏
ℎ
𝑑𝑦
𝐴
∫ 𝑏𝑑𝑦 − ∫ 𝑦
𝑏
ℎ
𝑑𝑦
𝐴𝐴
. 
 Vamos resolver cada uma dessas quatro integrais. Os limites de 
integração estão associados ao intervalo inferior e superior que este triângulo 
pode variar em 𝑦. Ele está desenhado iniciando em 𝑦 = 0 e terminando em 𝑦 =
ℎ (em que ℎ é a altura do triângulo). Substituindo os limites de integração na 
equação acima, temos: 
 
 
9 
�̅� =
∫ 𝑦𝑏𝑑𝑦
ℎ
0
− ∫ 𝑦²
𝑏
ℎ
𝑑𝑦
ℎ
0
∫ 𝑏𝑑𝑦 − ∫ 𝑦
𝑏
ℎ
𝑑𝑦
ℎ
0
ℎ
0
. 
 Observe que como a integral varia em função de 𝑦, tudo o que não é 𝑦 
(como 𝑏 e ℎ) é considerado como constante e pode sair da integral, logo, 
reescrevendo a equação acima tirando as constantes para fora das integrais, 
ficamos com: 
�̅� =
𝑏 ∫ 𝑦𝑑𝑦
ℎ
0
−
𝑏
ℎ ∫
𝑦²𝑑𝑦
ℎ
0
𝑏 ∫ 𝑑𝑦 −
𝑏
ℎ ∫
𝑦𝑑𝑦
ℎ
0
ℎ
0
. 
 Aplicando a regra de integração de polinômio, temos: 
�̅� =
𝑏
𝑦2
2 |
0
ℎ
−
𝑏
ℎ
𝑦3
3 |
0
ℎ
𝑏𝑦|0
ℎ −
𝑏
ℎ
𝑦2
2 |
0
ℎ . 
Substituindo os limites de integração no lugar do 𝑦, ficamos com: 
�̅� =
𝑏 (
ℎ2
2 −
02
2 ) −
𝑏
ℎ
(
ℎ3
3 −
03
3 )
𝑏(ℎ − 0) −
𝑏
ℎ
(
ℎ2
2 −
02
2 )
 
�̅� =
𝑏
ℎ2
2 −
𝑏
ℎ
ℎ3
3
𝑏ℎ −
𝑏
ℎ
ℎ2
2
, 
Simplificando alguns termos, temos: 
�̅� =
𝑏
ℎ2
2 −
𝑏
ℎ
ℎ3
3
𝑏ℎ −
𝑏
ℎ
ℎ2
2
=
𝑏
ℎ2
2 − 𝑏
ℎ2
3
𝑏ℎ − 𝑏
ℎ
2
. 
 Extraindo o m.m.c. do numerador e denominador, ficamos com: 
�̅� =
3𝑏ℎ2 − 2𝑏ℎ²
6
2𝑏ℎ − 𝑏ℎ
2
=
𝑏ℎ2
6
𝑏ℎ
2
. 
 A divisão acima pode ser resolvida multiplicando a divisão que está no 
numerador pelo inverso da divisão do denominador, ou seja: 
 
 
10 
�̅� =
𝑏ℎ2
6
.
2
𝑏ℎ
, 
Simplificando, temos: 
�̅� =
𝑏ℎ2
6
.
2
𝑏ℎ
, logo, �̅� =
ℎ
3
. 
Obs.: Este resultado vale para qualquer triângulo retângulo e indica que o 
centroide está localizado a um terço da altura medida a partir da base do 
triângulo. 
 O centroide em 𝑥 também poderia ser obtido e resulta em �̅� = 𝑏/3, 
resultado que utilizamos em conteúdos anteriores. 
TEMA 2 – CENTRO DE GRAVIDADE E CENTROIDE PARA CORPOS 
COMPOSTOS 
 Em muitos problemas da engenharia, a estrutura é feita com elementos 
de geometria simples (Figura 7a) como retângulo, círculo, triângulo, semicírculo 
etc., ou um composto de geometrias simples (Figura 7b): 
Figura 7 – (a) Estrutura com vigas e colunas de geometria simples e (b) coluna 
composta de geometrias simples 
(a) (b) 
Créditos: BQMENG/Shutterstock; STEPHAN LANGHANS/Shutterstock. 
 Quando o elemento estrutural consiste em uma geometria composta por 
segmentos simples, podemos dividi-lo de forma a separar tais segmentos 
simples e obter o centroide de cada segmento em relação a um ponto de 
referência. Por exemplo, considere a estrutura apresentada na Figura 8a. 
Observe que cada viga e coluna são do tipo I ou H (Figura 8b) e este tipo de 
geometria pode ser subdividido em 3 retângulos como mostra a Figura 8c: 
 
 
 
11 
Figura 8 – (a) Estrutura composta por vigas e colunas do tipo I ou H, (b) viga I ou 
H e (c) divisão da viga em três segmentos retangulares 
(a) 
(b) (c) 
Créditos: Zhengzaishuru/Shutterstock; Nattakit Jeerapatmaitree/Shutterstock; 
Blojfo/Shutterstock. 
 Como as figuras que compõem a viga são simples, sabemos determinar 
facilmente sua área. Logo, a área total corresponde à soma da área de cada 
segmento. 
 Considerando problemas bidimensionais para o cálculo do centroide de 
figuras simples e compostas, o centroide nas direções em 𝑥 e 𝑦 são dadas por: 
�̅� =
∑ �̃�𝐴
∑ 𝐴
 e (4𝑎) 
�̅� =
∑ �̃�𝐴
∑ 𝐴
, (4𝑏) 
 
 
12 
em que �̃� e �̃� correspondem ao centroide de cada segmento em relação a um 
ponto de referência e 𝐴 é a área de cada segmento. 
 O seguinte passo a passo pode ser seguido para o cálculo do centroide 
de peças compostas por segmentos simples: 
1. Divida a peça em segmentos (figuras) geométricos conhecidos (utilize o 
menor número possível para facilitar); 
2. Defina um eixo de referência fixo (𝑥, 𝑦); 
3. Calcule o centroide �̃� e/u �̃� de cada segmento em relação ao eixo de 
referência; 
4. Calcule a área de cada segmento; 
5. Calcule o centroide da peça completa, �̅� e/ou �̅�, por meio das Equações 
4a e 4b. 
Exemplo 3: Localize o centroide �̅� da área da seção transversal da viga: 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: Seguindo o passo a passo descrito, podemos dividir a seção 
transversal da viga em dois segmentos de retângulo: 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
1 
2 
 
 
13 
 O eixo de referência (𝑥, 𝑦) já está definido conforme figura, em que o eixo 
𝑥 passa pela base da peça e o eixo 𝑦 passa pelo centro da peça. 
 O terceiro passo indica que devemos calcular o centroide de cada 
segmento em relação ao eixo de referência (𝑥, 𝑦). Como no enunciado pede 
somente o centroide em �̅�, precisamos do �̃� de cada segmento em relação ao 
eixo 𝑥 como mostra a seguinte figura: 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 O centroide do primeiro segmento, �̃�1, em relação ao eixo de referência 
(𝑥) é obtido dividindo a altura do primeiro segmento por 2, pois o centroide de 
um retângulo fica no centro dele, ou seja: 
�̃�1 =
300
2
= 150 𝑚𝑚. 
 O centroide do segundo segmento, �̃�2, em relação ao eixo de referência 
(𝑥) é obtido somando a altura do primeiro segmento com a altura do segundo 
segmento dividida por 2, ou seja: 
�̃�2 = 300 +
50
2
= 325 𝑚𝑚. 
 O cálculo da área de cada segmento é muito simples, pois são dois 
retângulos, logo: 
𝐴1 = 𝑏. ℎ = (25 + 25). 300 = 50.300 = 15000 𝑚𝑚
2 e 
𝐴2 = 𝑏. ℎ = (150 + 150). 50 = 300.50 = 15000 𝑚𝑚
2. 
 O último passo é aplicar a Equação 4b. Assim temos: 
1 
2 
�̃�1 
�̃�2 
 
 
14 
�̅� =
(�̃�1. 𝐴1 + �̃�2. 𝐴2)
(𝐴1. 𝐴2)
=
(150.15000 + 325.15000)
(15000 + 15000)
=
(2250000 + 4875000)
30000
, 
portanto, �̅� = 237,5 𝑚𝑚. 
 Cálculos semelhantes podem ser feitos considerando a massa, ou o peso 
de elementos que compõem uma determinada estrutura. Vamos compreender 
melhor esta questão nos próximos exemplos. 
Exemplo 4: Localize o centro de massa para o sistema de montagem de 
compressor. O centro de massa de cada componente e suas respectivas 
posições são mostradas na figura. 
 
1 Painel instrumental 230 kg 
2 Sistema de filtro 183 kg 
3 Montagem da tubulação 120 kg 
4 Armazenamento de líquido 85 kg 
5 Estrutura do compressor 468 kg 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: Como já foram fornecidas a massa e a localização do centro de 
massa de cada componente do sistema, vamos obter a localização do centro de 
massa em relação aos eixos de referência (𝑥, 𝑦) pré-definidos como mostra a 
seguinte figura: 
 
 
 
�̃�1 = 1,80 𝑚 e �̃�1 = 1,20 𝑚, 
�̃�2 = 2,30 + 2,42 + 1,19 = 5,91 𝑚 e �̃�2 = 4,83 𝑚, 
�̃�1 
�̃�4 
�̃�5 
�̃�2 
�̃�3 
�̃�1 
�̃�5 �̃�3 
�̃�4 
�̃�2 
𝑥 
 
 
15 
�̃�3 = 2,30 + 2,42 + 1,19 + 2,87 = 8,78 𝑚 e �̃�3 = 3,26 𝑚, 
�̃�4 = 2,30 𝑚 e �̃�4 = 3,68 𝑚 e 
�̃�5 = 2,30 + 2,42 = 4,72 𝑚 e �̃�5 = 3,15 𝑚. 
 Ajustando as Equações 4a e 4b para o problema envolvendo o centro de 
massa, temos: 
�̅� =
∑ �̃�𝑚
∑ 𝑚
 e �̅� =
∑ �̃�𝑚
∑ 𝑚
, (5) 
em que 𝑚 corresponde à massa de cada elemento conforme a figura inicial do 
problema, ou seja, 𝑚1 = 230 𝑘𝑔, 𝑚2 = 183 𝑘𝑔, 𝑚3 = 120 𝑘𝑔, 𝑚4 = 85𝑘𝑔 e 𝑚5 =
468 𝑘𝑔, logo, as equações acima resultam em: 
�̅� =
(�̃�1𝑚1 + �̃�2𝑚2 + �̃�3𝑚3 + �̃�4𝑚4 + �̃�5𝑚5)
(𝑚1 + 𝑚2 + 𝑚3 + 𝑚4 + 𝑚5)
 
�̅� =
(1,80 .230 + 5,91.183 + 8,78.120 + 2,30.85 + 4,72.468)
(230 + 183 + 120 + 85 + 468)
 
�̅� =
(414 + 1081,53 + 1053,6 + 195,5 + 2208,96)
1086
=
4953,59
1086
 
�̅� = 4,561 𝑚𝑚 e 
�̅� =
(�̃�1𝑚1 + �̃�2𝑚2 + �̃�3𝑚3 + �̃�4𝑚4 + �̃�5𝑚5)
(𝑚1 + 𝑚2 + 𝑚3 + 𝑚4 + 𝑚5)
 
�̅� =
(1,20 .230 + 4,83.183 + 3,26.120 + 3,68.85 + 3,15.468)
1086
 
�̅� =
(276 + 883,89 + 391,2 + 312,8 + 1474,2)
1086
=
3338,09
1086
 
�̅� = 3,074 𝑚. 
TEMA 3 – MOMENTO DE INÉRCIA DE ÁREA 
Para iniciar este tema, gostaria que você refletisse sobre a seguinte 
pergunta: Se uma força 𝐹 for aplicada no centro de uma régua, ela resistirá 
melhor a essa força na posição deitada (Figura 9a) ou “de pé” (Figura 9b)? 
Figura 9 – Régua submetida à uma força 𝐹 na posição (a) deitada e (b) de pé 
(a) (b) 
𝐹 𝐹 
 
 
16 
 A resposta é óbvia. Na posição deitada, ela tem uma resistência menor à 
flexão, logo, ela abaulará com maior facilidade (Figura 10a), e dependendo da 
intensidade da força 𝐹, ela poderá até quebrar. Já na posição “de pé”, ela resiste 
(suporta) uma força muito maior do que a do primeiro caso e é muito difícil de 
flexioná-la (abaulá-la), conforme pode ser observado na Figura 10b: 
Figura 10 – Flexão de uma régua na posição (a) deitada e (b) de pé 
(a) (b) 
Mais uma pergunta para você refletir. Por que isso que acabamos de 
observar acontece? O motivo é o momento de inércia de área. Esta é uma 
propriedade geométrica da seção transversal dos elementos estruturais e está 
relacionada com a resistência à flexão. A régua na posição de pé possui um 
momento de inércia muito maior do que na posição deitada, por isso resiste muito 
mais a esse tipo de carregamento. 
 Este tema é muito importante no estudo de vigas como vãos de ponte 
(Figura 11a), eixo de transmissão (Figura 11b) e qualquer estrutura sob 
carregamento de flexão. Vamos aprender inicialmente o equacionamento para o 
desenvolvimento dos cálculos de momento de inércia de geometrias quaisquer, 
e no Tema 4, você verá como determinar o momento de inércia de estruturas 
com geometrias simples, como o exemplo da régua. 
Figura 11 – (a) Vãos de ponte e (b) eixo de transmissão do carro 
(a) (b) 
Créditos: Jason Finn/Shutterstock; M181/Shutterstock. 
 
 
 
17 
3.1 Momento de inércia de área – Abordagem geral 
Considerando uma seção transversal qualquer como mostra a Figura 12, 
os momentos de inércia de uma área diferencial 𝑑𝐴 em relação aos eixos 𝑥 e 𝑦, 
respectivamente, são: 𝑑𝐼𝑥 = 𝑦²𝑑𝐴 e 𝑑𝐼𝑦 = 𝑥²𝑑𝐴. 
Figura 12 – Seção transversal qualquer para o desenvolvimento das equações 
de momento de inércia de área 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Integrando ambos os lados da equação anterior, ficamos com: 
∫ 𝑑𝐼𝑥 = ∫ 𝑦
2𝑑𝐴 e ∫ 𝑑𝐼𝑦 = ∫ 𝑥
2𝑑𝐴, logo 
𝐼𝑥 = ∫ 𝑦
2𝑑𝐴
𝐴
 e 𝐼𝑦 = ∫ 𝑥
2𝑑𝐴
𝐴
. (6) 
 Em problemas envolvendo torção, como é o caso de eixos em geral, a 
resistência ao torque é função do momento polar de inércia, ou seja, quanto 
maior o momento polar de inércia, mais torque o eixo resistirá. Esse parâmetro 
é dado por: 
𝐽𝑂 = ∫ 𝑟
2𝑑𝐴 = 𝐼𝑥 + 𝐼𝑦
𝐴
. (7) 
 O seguinte procedimento é indicado para o cálculo do momento de inércia: 
 Se a função que descreve a área for expressa na forma de 𝑦 = 𝑓(𝑥), um 
elemento diferencial retangular deverá ser desenhado de modo que ele 
tenha um comprimento finito (𝑥 ou 𝑦) e uma largura diferencial (𝑑𝑥 ou 𝑑𝑦). 
Esse elemento deverá ser desenhado de modo a cruzar a função em um 
ponto qualquer (𝑥,𝑦). 
 
 
18 
 Oriente o elemento de modo que o seu comprimento fique paralelo ao eixo 
sobre o qual o momento de inércia será calculado. Por exemplo, se for 
calcular o 𝐼𝑥, o elemento diferencial deverá ser desenhado na horizontal, 
ou quando calcular o 𝐼𝑦, deverá posicioná-lo na vertical. 
Exemplo 5: Determine o momento de inércia de área do retângulo mostrado em 
relação aos eixos (𝑥′, 𝑦′) que passam por seu centroide e calcule o momento 
polar de inércia passando pelo centroide 𝐶. 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: A área do elemento diferencial de área 𝑑𝐴, representado pelo 
retângulo cinza da figura, é calculada multiplicando a base desse retângulo por 
sua altura. A base corresponde à 2
𝑏
2
= 𝑏 e a altura é igual a 𝑑𝑦′. Logo, 𝑑𝐴 =
𝑏𝑑𝑦′, em que o apóstrofo (′) é apenas uma representação para mostrar que 
estamos considerando o eixo de referência 𝑥′ e não o 𝑥 ou 𝑥𝑏. Substituindo este 
valor na Equação 6, vamos determinar o momento de inércia em relação ao eixo 
𝑥′ que passa pelo centroide desse retângulo, dado por: 
𝐼𝑥′ = ∫ 𝑦
′2𝑑𝐴
𝐴
= ∫ 𝑦′
2
𝐴
𝑏𝑑𝑦′. 
 Esta integral será avaliada no intervalo correspondente à altura do 
retângulo completo, pois a integral varia com o 𝑑𝑦′. Em relação ao eixo 𝑥′ que 
passa pelo centroide do retângulo, o intervalo inferior é −ℎ/2 e o intervalo 
superior é ℎ/2. Logo, a integral acima pode ser reescrita como: 
 
 
19 
𝐼𝑥′ = ∫ 𝑦
′2
ℎ
2
−
ℎ
2
𝑏𝑑𝑦′. 
 O termo 𝑏 corresponde à base do retângulo que pode assumir qualquer 
valor, logo, é uma constante e pode sair da integral, ficando: 
𝐼𝑥′ = 𝑏 ∫ 𝑦
′2
ℎ
2
−
ℎ
2
𝑑𝑦′. 
 Resolvendo a integral de polinômio, conforme trabalhado em exercícios 
anteriores, temos: 
𝐼𝑥′ = 𝑏
𝑦′
3
3
|
−
ℎ
2
ℎ
2
. 
 Substituindo os limites de integração, ficamos com: 
𝐼𝑥′ = 𝑏 (
(
ℎ
2)
3
3
−
(−
ℎ
2)
3
3
) = 𝑏 (
ℎ³
8
3
−
(−
ℎ³
8 )
3
) = 𝑏 (
ℎ³
8
3
+
ℎ³
8
3
) 
𝐼𝑥′ = 𝑏 (
2
ℎ³
8
3
) = 𝑏 (
ℎ³
4
3
) = 𝑏 (
ℎ³
4
.
1
3
) , portanto, 𝐼𝑥′ =
𝑏ℎ³
12
. 
 A unidade é sempre de comprimento à quarta (metros, milímetros, 
polegadas, pés etc.). 
 Fazendo o mesmo processo para o cálculo do momento de inércia de área 
que passa pelo centroide 𝑦′, colocando o elemento diferencial na posição vertical 
e substituindo os limites de integração por −𝑏/2 e 𝑏/2, temos a seguinte integral 
a ser resolvida: 
𝐼𝑦′ = ∫ 𝑥′
2𝑑𝐴
𝐴
= ∫ 𝑥′
2
𝑏
2
−
𝑏
2
ℎ𝑑𝑥′. 
 Aplicando a mesma metodologia descrita para o cálculo do 𝐼𝑥′, o resultado 
da integral acima é: 
𝐼𝑦′ =
ℎ𝑏³
12
. 
 
 
20 
 Como visto na Equação 7, o momento polar de inércia é obtido pela soma 
dos momentos de inércia 𝐼𝑥′ e 𝐼𝑦′, logo: 
𝐽𝐶 = 𝐼𝑥′ + 𝐼𝑦′ =
𝑏ℎ3
12
+
ℎ𝑏3
12
, logo, 𝐽𝐶 =
𝑏ℎ3 − ℎ𝑏³
12
. 
3.2 Teorema dos eixos paralelos 
 Até agora, vimos como determinar o momento de inércia em relação ao 
eixo que passa pelo centroide do corpo. Mas se o objetivo for determinar o 
momento de inércia de uma peça que passa por um eixo qualquer paralelo ao 
eixo que passa centroide, podemos utilizar o teorema dos eixos paralelos, 
definido como: 
𝐼𝑥 = 𝐼𝑥′ + 𝐴𝑑𝑦
2 , (8𝑎) 
𝐼𝑦 = 𝐼𝑦′ + 𝐴𝑑𝑥
2 e (8𝑏) 
𝐽𝑜 = 𝐽𝑐 + 𝐴𝑑
2, (8𝑐) 
em que 𝐼𝑥′ e 𝐼𝑦′ correspondem ao momento de inércia em relação aos eixos 𝑥′ 
e 𝑦′ que passam pelo centróide, 𝐽𝑐 é o momento polar de inércia em relação ao 
centroide, 𝐴 é a área da peça, 𝑑𝑦 é a distância entre os eixos paralelos 𝑥 e 𝑥′, 
𝑑𝑥 é a distância entre os eixos paralelos 𝑦 e 𝑦′, e 𝑑
2 = 𝑑𝑥
2 + 𝑑𝑦
2. 
 Vamos aplicar esta ideia ao exemplo anterior. 
Exemplo 6: Calcule o momento de inércia de área 𝐼𝑥 em relação ao eixo 
que passa pela base do retângulo (𝑥𝑏): 
 
Fonte: Adaptado Hibbeler, 2018. 
 
 
21 
Solução: No exemplo anterior, descobrimos o momento de inércia em 
relação ao eixo 𝑥′ que passa pelo centroide da peça. Agora, vamos aplicar a 
Equação 8a para obter o momento de inércia que passa pelo eixo da base da 
peça, ou seja,o eixo 𝑥𝑏, em que 𝐼𝑥′ =
𝑏ℎ³
12
, 𝐴 = 𝑏ℎ e 𝑑𝑦 é a distância entre os 
eixos 𝑥′ e 𝑥, logo, 𝑑𝑦 = −ℎ/2. 
𝐼𝑥𝑏 = 𝐼𝑥′ + 𝐴𝑑𝑦
2 =
𝑏ℎ³
12
+ 𝑏ℎ. (−
ℎ
2
)
2
=
𝑏ℎ³
12
+ 𝑏ℎ
ℎ²
4
=
𝑏ℎ³
12
+
𝑏ℎ³
4
, 
extraindo o m.m.c., temos: 
𝐼𝑥𝑏 =
𝑏ℎ3 + 3𝑏ℎ³
12
=
4𝑏ℎ³
12
, portanto, 𝐼𝑥𝑏 =
𝑏ℎ³
3
. 
 Neste tema, vimos como determinar o momento de inércia de área de 
funções quaisquer e de figuras simples. No exemplo anterior, obtivemos o 
momento de inércia em relação ao eixo que passa pelo centroide de um 
retângulo. A partir de agora, podemos utilizar esses resultados quando nos 
depararmos com um problema com figuras retangulares, como uma viga I ou H. 
 Para figuras circulares, o momento de inércia de área em relação ao eixo 
centroidal é: 
𝐼𝑥 = 𝐼𝑦 =
𝜋𝑟4
4
, (9) 
em que 𝑟 corresponde ao raio da circunferência. O momento polar de inércia é: 
𝐽𝑐 =
𝜋𝑟4
2
. (10) 
 Se a peça for um tubo, seu momento de inércia de área é dado por: 
𝐼𝑥 = 𝐼𝑦 =
𝜋(𝑟𝑒
4 − 𝑟𝑖
4)
4
, (11) 
em que 𝑟𝑒 corresponde ao raio externo e 𝑟𝑖 ao raio interno do tubo, e o momento 
polar de inércia é descrito como: 
𝐽𝑐 =
𝜋(𝑟𝑒
4 − 𝑟𝑖
4)
2
. (12) 
 No projeto de vigas, utilizamos o momento de inércia para determinar a 
tensão de cisalhamento transversal, de flexão e a carga crítica de flambagem. 
 
 
 
22 
TEMA 4 – MOMENTO DE INÉRCIA PARA ÁREAS COMPOSTAS 
 É muito comum, na engenharia, encontrar elementos estruturais feitos 
com geometrias compostas (Figura 13), ou seja, geometrias que podem ser 
divididas em elementos simples como retângulos, círculos, triângulos etc. 
Figura 13 – Tipos de seção de elementos estruturais 
 
Créditos:HENNADII H/Shutterstock. 
 Quando nos depararmos com uma seção de áreas compostas, podemos 
seguir o seguinte passo a passo para determinar seu momento de inércia: 
1. Divida a seção em segmentos de geometria simples; 
2. Calcule o momento de inércia em relação ao centroide de cada segmento 
(𝐼𝑥′ e 𝐼𝑦′). Para figuras retangulares, temos a seguinte equação para o 
momento de inércia: 𝐼𝑥′ =
𝑏ℎ2
12
 e 𝐼𝑦′ =
ℎ𝑏2
12
. Para figuras circulares, o 
momento de inércia é dado por: 𝐼𝑥′ = 𝐼𝑦′ =
𝜋𝑟4
4
; 
3. Determine a área (𝐴) de cada segmento; 
4. Determine a distância entre o centroide de cada segmento e um eixo ou 
ponto de referência 𝑑𝑥 e 𝑑𝑦 ; 
5. Calcule o momento de inércia (𝐼𝑥 e 𝐼𝑦) de cada segmento em relação ao 
centroide da peça por meio das Equações 8a e 8b. 
 
 
23 
6. Calcule do momento de inércia total pela soma dos momentos de inércia 
de cada segmento. Obs.: se algum segmento for um furo, o momento de 
inércia dele deverá ser subtraído. 
Exemplo 7: Calcule o momento de inércia de área da peça mostrada na 
figura em relação ao eixo 𝑥. 
 
 O próximo passo é calcular o momento de inércia de cada segmento em 
relação ao centroide, assim temos: 
𝐼𝑥′1 =
𝜋𝑟4
4
=
𝜋254
4
, logo, 𝐼𝑥′1 = 306796,16 𝑚𝑚
4 e 
𝐼𝑥′ 2 =
𝑏ℎ3
12
=
100. 1503
12
, logo, 𝐼𝑥′ 2 = 28125000 𝑚𝑚
4. 
 O passo três sugere o cálculo da área de cada segmento, logo, temos 
que: 
A1 = 𝜋𝑟
2 = 𝜋252, consequentemente, A1 = 1963,5 𝑚𝑚
2 e 
A2 = 𝑏ℎ = 100.150, consequentemente, A2 = 15000 𝑚𝑚
2. 
 A distância entre o centroide de cada segmento e o eixo referência, que, 
neste caso, é o eixo 𝑥 (conforme enunciado), são dadas, respectivamente, por: 
𝑑𝑦1 = 75 𝑚𝑚 e 
𝑑𝑦2 = 75 𝑚𝑚 
 Finalmente, o cálculo do momento de inércia em relação ao eixo 𝑥 é obtido 
aplicando o teorema dos eixos paralelos, logo: 
𝐼𝑥1 = 𝐼𝑥′1 + 𝐴1𝑑𝑦
2
1
= 306796,16 + 1963,5(75)² 
𝐼𝑥1 = 306796,16 + 11044661,67, portanto, 𝐼𝑥1 = 11351457,83 𝑚𝑚
4 e 
𝐼𝑥2 = 𝐼𝑥′ 2 + 𝐴2𝑑𝑦
2
2
= 28125000 + 15000(75)² 
1 
2 
 
 
24 
𝐼𝑥2 = 28125000 + 84375000, portanto, 𝐼𝑥2 = 112500000 𝑚𝑚
4. 
O momento de inércia total é: 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
𝐼𝑥 = −𝐼𝑥1 + 𝐼𝑥2 = −11351457,83 + 112500000 
𝐼𝑥 = 101148542,2 𝑚𝑚
4 ou 101,15. 106 𝑚𝑚4. 
 Observe que o momento de inércia da circunferência entrou no cálculo 
como um valor negativo, pois é um furo. 
Exemplo 8: Calcule o momento de inércia de área da peça mostrada na 
figura em relação ao eixo que passa pelo centroide (𝑥, 𝑦). 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: O primeiro passo é dividir essa peça em segmentos. Podemos 
dividi-la de duas formas: 
 
 
25 
(a) (b) 
 Vamos considerar a primeira divisão (Figura a), pois a resolução com a 
segunda divisão (Figura b) é apresentada no nosso livro texto. Assim, você 
poderá ver que, para ambos os casos, o resultado é o mesmo. Temos as 
seguintes distâncias a serem consideradas neste exemplo: 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 O próximo passo é calcular o momento de inércia de cada segmento em 
relação ao seu centroide. Como os três segmentos são retangulares, as 
equações dos momentos de inércia em relação aos eixos 𝑥 e 𝑦 foram obtidas no 
Exemplo 5 e são definidas, respectivamente, por: 
𝐼𝑥′ =
𝑏ℎ3
12
 e 𝐼𝑦′ =
ℎ𝑏3
12
 
Para cada segmento, temos: 
𝐼𝑥′1 =
100. 4003
12
= 533,333. 106 𝑚𝑚4 e 𝐼𝑦′1
=
400. 1003
12
= 33,333. 106 𝑚𝑚4, 
𝐼𝑥′ 2 =
(600 − 100 − 100). 1003
12
=
400. 1003
12
= 33,333. 106 𝑚𝑚4 e 
 
 
26 
𝐼𝑦′ 2
=
100. (600 − 100 − 100)3
12
=
100. 4003
12
= 533,333. 106 𝑚𝑚4, e 
𝐼𝑥′ 3 = 𝐼𝑥′1 =
100. 4003
12
= 533,333. 106 𝑚𝑚4 e 
𝐼𝑦′ 3
= 𝐼𝑦′1
=
400. 1003
12
= 33,333. 106 𝑚𝑚4. 
 O passo três nos orienta a calcular a área de cada segmento. Assim, 
temos que: 
𝐴1 = 100.400 = 40000 𝑚𝑚
2 ou 40.103𝑚𝑚2, 
𝐴2 = 400.100 = 40000 𝑚𝑚
2 ou 40.103𝑚𝑚2 e 
𝐴3 = 𝐴1 = 100.400 = 40000 𝑚𝑚
2 ou 40.103𝑚𝑚2. 
 Agora vamos ao cálculo das distâncias entre o centroide de cada 
segmento e o eixo referência, que, neste caso, é o próprio eixo que passa pelo 
centroide da peça, 𝐶(𝑥, 𝑦). Logo, essas distâncias são 𝑑𝑥1 = − (
600
2
−
100
2
) =
−(300 − 50) = − 250 𝑚𝑚, 𝑑𝑥2 = 0, pois o centroide do segmento 2 está sobre o 
centroide da peça (C), 𝑑𝑥3 =
600
2
−
100
2
= 300 − 50 = 250𝑚𝑚 𝑒 𝑑𝑦1
400
2
−
100
2
=
200 − 50 = 150 𝑚𝑚, 𝑑𝑦2 = 0, pois o centroide do segmento 2 está sobre o 
centroide da peça (C) e 𝑑𝑦3 = − (
400
2
−
100
2
) = −(200 − 50) = − 150 𝑚𝑚. 
 Perceba que os sinais entre 𝑑𝑥1 e 𝑑𝑥3; e 𝑑𝑦1 e 𝑑𝑦3 são opostos, pois estão 
posicionados de forma “espelhada” na peça. Mas na prática, essa diferença de 
sinal não importa, pois esses termos serão elevados ao quadrado nas Equações 
8a e 8b, assim temos: 
𝐼𝑥1 = 𝐼𝑥′1 + 𝐴1𝑑𝑦
2
1
= 533,333. 106 + 40.103. (150)2 
𝐼𝑥1 = 533,333. 10
6 + 40.103. 22,5.103 = 533,333. 106 + 900. 106 
𝐼𝑥1 = 1,433. 10
9 𝑚𝑚4, 
𝐼𝑦1 = 𝐼𝑦
′
1
+ 𝐴1𝑑𝑥
2
1
= 33,333. 106 + 40.103. (−250)2 
𝐼𝑦1 = 33,333. 10
6 + 40.103. 62,5.103 = 33,333. 106 + 2,5. 109 
𝐼𝑦1 = 2,533. 10
9 𝑚𝑚4, 
𝐼𝑥2 = 𝐼𝑥′ 2 + 𝐴2𝑑𝑦
2
2
= 33,333. 106 + 40.103. (0)2, logo, 𝐼𝑥2 = 33,333. 10
6 𝑚𝑚4, 
𝐼𝑦2 = 𝐼𝑦
′
2
+ 𝐴2𝑑𝑥
2
2
= 533,333. 106 + 40.103. (0)2, logo, 𝐼𝑦2 = 533,333. 10
6 𝑚𝑚4, 
𝐼𝑥3 = 𝐼𝑥1 = 1,433. 10
9 𝑚𝑚4 e 𝐼𝑦3 = 𝐼𝑦1 = 2,533. 10
9 𝑚𝑚4. 
 
 
27 
 Por fim, o momento de inércia total em cada direção é obtido pela simples 
soma do momento de inércia de cada segmento, assim temos: 
𝐼𝑥 = 𝐼𝑥1 + 𝐼𝑥2 + 𝐼𝑥3 = 1,433. 10
9 + 33,333. 106 + 1,433. 109, consequentemente, 
𝐼𝑥 = 2,9. 10
9 𝑚𝑚4 e 
𝐼𝑦 = 𝐼𝑦1 + 𝐼𝑦2 + 𝐼𝑦3 = 2,533. 10
9 + 533,333. 106 + 2,533. 109, portanto, 
𝐼𝑦 = 5,6. 10
9 𝑚𝑚4. 
 Vamos resolver um exercício retirado do livro Resistência dos Materiais 
do auto Hibbeler. Neste exercício, vamos aplicar os conhecimentos vistos nesta 
aula sobre centroide de área e momento deinércia. Trata-se de um problema 
para o cálculo da tensão de cisalhamento de uma viga. Vamos ao enunciado: 
Exemplo 9: se a força 𝑃 equivale a 4 𝑘𝑁, determine a tensão de 
cisalhamento máxima na seção crítica da viga. Os apoios A e B exercem apenas 
reações verticais sobre a viga. 
(a) (b) 
Fonte: Hibbeler, 2010. 
Solução: A equação da tensão de cisalhamento máxima é descrita como: 
𝜏𝑚á𝑥 =
𝑉𝑚á𝑥𝑄
𝐼𝑡
, 
em que 𝑉𝑚á𝑥 é a força cortante máxima, obtida com o diagrama de força cortante, 
𝑄 é uma propriedade geométrica denominada momento de terceira ordem, 𝐼 
corresponde ao momento de inércia de área e 𝑡 corresponde à espessura da 
seção em que ocorre o cisalhamento máximo. 
 Neste problema, vamos nos ater somente ao cálculo do momento de 
inércia de área, 𝐼. Mas para isso, é necessário determinar o centroide de área 
da viga, pois a seção transversal não é de uma geometria simétrica na direção 
y, somente na direção x, ou seja, sabemos que o centroide em x passa pelo 
centro da figura, porém em y, nós teremos que calcular. 
 
 
28 
 Seguindo o passo a passo descrito no Tema 2, vamos obter �̅� desta peça 
iniciando pela divisão da peça em segmentos geométricos conhecidos. Para 
isso, existem duas possibilidades representadas na seguinte figura: 
(a) (b) 
 Tanto faz a escolha da divisão dos segmentos. Vamos escolher a primeira 
opção. 
 O segundo passo sugere a definição de um eixo de referência fixo (𝑥, 𝑦). 
Como sabemos que a figura é simétrica na direção x, desenharemos o eixo y de 
forma que passe no meio da peça e o eixo x pode ser desenhado na base da 
peça, assim, temos a seguinte figura: 
 
 O terceiro passo sugere o cálculo do centroide �̃� de cada segmento em 
relação ao eixo de referência. Esses centroides são representados na seguinte 
figura: 
 
 
 
29 
 As distâncias �̃�1 e �̃�3 são iguais, pois os retângulos são equivalentes, logo, 
seu valor corresponde a �̃�1 = �̃�3 =
ℎ
2
=
100
2
= 50 𝑚𝑚 e a distância entre o 
centroide do segundo segmento e o eixo de referência 𝑥 é �̃�2 = 100 −
ℎ
2
= 100 −
40
2
= 100 − 20 = 80 𝑚𝑚. 
O quarto passo sugere o cálculo da área de cada segmento, logo: 
𝐴1 = 𝐴3 = 𝑏. ℎ = 40.100 = 4000 𝑚𝑚
2 e 
𝐴2 = 𝑏. ℎ = 80.40 = 3200 𝑚𝑚
2. 
 Por fim, podemos aplicar os resultados obtidos anteriormente no quinto 
passo por meio da Equação 4b, assim temos que: 
�̅� =
(�̃�1𝐴1 + �̃�2𝐴2 + �̃�3𝐴3)
(𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3)
=
(50.4000 + 80.3200 + 50.4000)
(4000 + 3200 + 4000)
=
656. 103
11200
 
portanto, �̅� = 58,57 𝑚𝑚. 
 Essa informação nos será útil no cálculo do momento de inércia, pois será 
necessário aplicar o teorema dos eixos paralelos. 
 Conforme o passo a passo para o cálculo do momento de inércia, 
podemos partir do passo 2, ou seja, o cálculo do 𝐼𝑥′. Como todas as figuras são 
retangulares, temos que 𝐼𝑥′ =
𝑏ℎ3
12
, logo: 
𝐼𝑥′1 = 𝐼𝑥′ 3 =
40. 1003
12
, resolvendo, 𝐼𝑥′1 = 𝐼𝑥′ 3 = 333,333.10
3 𝑚𝑚4 e 
𝐼𝑥′ 2 =
80. 403
12
, consequentemente, 𝐼𝑥′ 2 = 426,67.10
3 𝑚𝑚4. 
 O passo 3 já foi feito e o passo 4 sugere o cálculo da distância entre o 
centroide de cada segmento e um eixo ou ponto de referência, em que, neste 
exemplo, o ponto de referência é o ponto crítico que passa pelo centroide da 
peça, �̅� = 58,57 𝑚𝑚, assim temos: 
𝑑𝑦1 = 𝑑𝑦3 =
(�̅� − �̃�1) = 58,57 − 50 = 8,57 𝑚𝑚 e 
𝑑𝑦2 =
(�̅� − �̃�2) = 58,57 − 80 = −21,43 𝑚𝑚. 
 Aplicando a Equação 8a para o cálculo do momento de inércia de cada 
segmento em relação ao centroide da peça, temos: 
𝐼𝑥1 = 𝐼𝑥3 = 𝐼𝑥′1 + 𝐴1. 𝑑𝑦1
2 = 333,333.103 + 4000.8,57² 
𝐼𝑥1 = 𝐼𝑥3 = 627,11.10
3 𝑚𝑚4 e 
 
 
30 
𝐼𝑥2 = 𝐼𝑥′ 2 + 𝐴2. 𝑑𝑦2
2 = 426,67.103 + 3200. (−21,43)² 
𝐼𝑥2 = 1,896. 10
6 𝑚𝑚4. 
 Por fim, o momento de inércia da peça completa é dado pela soma dos 
momentos de inércia de cada segmento, assim temos: 
𝐼𝑥 = 𝐼𝑥1 + 𝐼𝑥2 + 𝐼𝑥3 = 627,11.10
3 + 1,896. 106 + 627,11.103, portanto, 
𝐼𝑥 = 3,15. 10
6 𝑚𝑚4. 
 Concluímos a etapa desejada, mas note que a solução do exemplo não 
está completa. É necessário determinar os demais parâmetros da equação para 
conseguir determinar a tensão de cisalhamento máxima, mas vamos deixá-la 
para uma próxima oportunidade. Se você desejar, você pode obter a força de 
cisalhamento máxima, 𝑉𝑚á𝑥, utilizando a metodologia desenvolvida em 
conteúdos anteriores ou simplesmente utilizando a ferramenta vigas online. 
 Note que à medida que trabalhamos com conceitos mais amplos, a 
quantidade de cálculos aumenta consideravelmente. Portanto, para projetar a 
viga do Exemplo 9, é necessário o conhecimento de muitos conceitos envolvidos 
no problema, tais como: DCL, reações de apoio, redução de um sistema simples 
de cargas distribuídas, diagrama de força cortante, centroide de área, momento 
de inércia de área e momento de terceira ordem. 
TEMA 5 – MOMENTO DE INÉRCIA DE MASSA 
 Para explicar o conceito de momento de inércia de massa, gostaria que 
você refletisse sobre as Figuras 14a e 14b. É fácil dizer que quando deslocamos 
(transladamos) um objeto de um ponto a outro, a força que aplicamos é 
proporcional à massa do objeto, por isso é muito mais tranquilo empurrar uma 
bike do que um carro. 
Figura 14 – Homem empurrando (a) uma bicicleta e (b) um carro 
(a) (b) 
Créditos: BBERNARD/Shutterstock; TONG_STOCKER/Shutterstock. 
 
 
31 
 Agora ao invés de pensar no movimento de translação, vamos pensar na 
rotação. Algo semelhante acontece. Note na Figura 15 que o balanço exerce um 
movimento de rotação em torno do eixo envolto pelas “alças” do balanço. 
Figura 15 – Criança e adulto em um balanço 
 
Créditos:OLESIA BILKEI/Shutterstock. 
 A pergunta que pode te ajudar a compreender melhor este tema é: qual 
das duas pessoas é mais fácil de empurrar, a criança ou o adulto? A resposta é 
óbvia, não é mesmo? É muito mais fácil empurrar a criança no balanço, pois seu 
momento de inércia de massa é muito menor em relação ao do adulto. 
 Por definição, o momento de inércia de massa expressa o grau de 
dificuldade (resistência) em se alterar o estado de movimento de um corpo em 
rotação. Considere o corpo rígido representado na Figura 16. O momento de 
inércia de massa do corpo em relação ao eixo z é definido como: 
𝐼 = ∫ 𝑟²𝑑𝑚
𝑚
, (13) 
em que 𝑟 é a distância perpendicular do eixo até um elemento diferencial de 
massa arbitrário 𝑑𝑚. 
 
 
 
32 
Figura 16 – Corpo rígido aplicado ao estudo de momento de inércia de massa 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 Em muitas situações, é comum utilizar a densidade do corpo, 𝜌, no 
problema. Nesse caso, a relação entre a densidade e a massa é dada por 𝑑𝑚 =
𝜌𝑑𝑉, em que 𝑑𝑉 corresponde a um elemento diferencial de volume. 
 O Apêndice C.5 do nosso livro texto contém o momento de inércia de 
massa de algumas geometrias, como mostra a figura a seguir: 
Figura 17 – Apêndice C.5 - momento de inércia de massa 
 
 
 
33 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Exemplo 10: A chapa mostrada na figura possui uma densidade de 8000 
kg/m² e uma espessura de 10 mm. Determine o momento de inércia desta chapa 
em relação ao eixo perpendicular ao plano que passa pelo centro de massa 𝐺. 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: Podemos considerar a chapa como duas partes compostas, o 
disco de raio de 0,25 m menos o furo de raio de 0,125 m. 
 Inicialmente, vamos tomar o disco como se ele não tivesse o furo para 
determinar o momento de inércia de massa, e depois podemos descontar o 
momento de inércia de massa do disco vazado (do furo). 
 A massa do disco maciço é calculada considerando a densidade e o 
volume desse disco, ou seja: 
𝜌𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜 =
𝑚𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜
𝑉𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜
 ou 𝑚𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜 = 𝜌𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜𝑉𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜 = 𝜌𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜(𝜋𝑟𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜
2ℎ) 
𝑚𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜 = 8000. (𝜋0,25². 0,01) = 8000.1,963. 10
−3 = 15,708 𝑘𝑔. 
 
 
34 
 Considerando o momento de inérciade massa para disco circular, 
conforme figura 17, temos a seguinte equação para o cálculo do momento de 
inércia de massa em torno do eixo perpendicular ao plano do disco: 
 
𝐼𝐺𝑧1 =
1
2
𝑚𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜𝑟𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜
2 =
1
2
15,708.0,252 =
1
2
15,708.0,0625 
𝐼𝐺𝑧1 = 0,4909 𝑘𝑔. 𝑚². 
 A massa do furo é calculada considerando a densidade e o volume do 
material que foi retirado do disco, ou seja: 
𝜌𝑓𝑢𝑟𝑜 =
𝑚𝑓𝑢𝑟𝑜
𝑉𝑓𝑢𝑟𝑜
 ou 𝑚𝑓𝑢𝑟𝑜 = 𝜌𝑓𝑢𝑟𝑜𝑉𝑓𝑢𝑟𝑜 = 𝜌𝑓𝑢𝑟𝑜(𝜋𝑟𝑓𝑢𝑟𝑜
2ℎ) 
𝑚𝑓𝑢𝑟𝑜 = 8000. (𝜋0,125². 0,01) = 8000.4,909. 10
−4 = 3,927 𝑘𝑔. 
 O momento de inércia de massa do furo em relação ao ponto 𝐺 e o eixo z 
é dado por: 
𝐼𝐺𝑧2 =
1
2
𝑚𝑓𝑢𝑟𝑜𝑟𝑓𝑢𝑟𝑜
2 =
1
2
3,927.0,1252 =
1
2
3,927.0,015625 
𝐼𝐺𝑧2 = 0,0307 𝑘𝑔. 𝑚². 
 Portanto, o momento de inércia de massa do disco vazado em relação ao 
eixo z localizado no ponto 𝐺 é, portanto, 
𝐼𝐺𝑧 = 𝐼𝐺 𝑧1 − 𝐼𝐺𝑧2 = 0,4909 − 0,0307, consequentemente, 
𝐼𝐺𝑧 = 0,4602 𝑘𝑔. 𝑚
2. 
 Essas aplicações são para problemas em que o eixo de giro passa pelo 
centro de massa, 𝐺, do corpo. Porém, se o objetivo for o de determinar o 
momento de inércia de massa em relação a um outro eixo, então é necessário 
utilizar o teorema dos eixos paralelos. 
 
 
35 
5.1 Teorema dos eixos paralelos: momento de inércia de massa 
 Se o momento de inércia de massa em relação ao eixo que passa pelo 
centro de massa do corpo é conhecido, então o momento de inércia de massa 
em relação à um eixo qualquer paralelo pode ser determinado utilizando o 
teorema dos eixos paralelos que é definido por: 
𝐼 = 𝐼𝐺 + 𝑚𝑑
2, (14) 
em que 𝐼𝐺 corresponde ao momento de inércia de massa em relação ao eixo que 
passa pelo centro de massa do corpo, 𝑚 é a massa do corpo e 𝑑 é a distância 
entre os eixos paralelos. 
Exemplo 11: considerando o Exemplo 10, determine o momento de 
inércia desta chapa em relação ao eixo perpendicular ao plano que passa pelo 
ponto 𝑂. 
Solução: Como o ponto 𝑂 não está sobre o centro de massa do disco, 
temos que aplicar o teorema dos eixos paralelos para resolvê-lo (Equação 14). 
 O momento de inércia de massa do disco maciço em relação ao eixo z’ 
que passa pelo ponto 𝑂 é dado por: 
𝐼𝑂𝑧′1 = 𝐼𝐺𝑧1 + 𝑚𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜𝑑
2, 
em que 𝑑 é a distância entre os eixos paralelos, ou seja, a distância entre o ponto 
𝐺 e o ponto 𝑂, logo, 
𝐼𝑂𝑧′1 = 0,4909 + 15,708.0,25
2 = 0,4909 + 0,98175 
𝐼𝑂𝑧′1 = 1,4727 𝑘𝑔. 𝑚
2. 
 Esse mesmo resultado pode ser obtido pela aplicação da equação 𝐼𝑧′𝑧′ 
apresentada na Figura 17 com as equações para o cálculo do momento de 
inércia de massa de um disco circular fino, assim temos: 
𝐼𝑧′𝑧′1 =
3
2
𝑚𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜𝑟𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜
2 =
3
2
15,708.0,252 =
3
2
0,98175 
𝐼𝑧′𝑧′1 = 1,4727 𝑘𝑔. 𝑚
2. 
 O momento de inércia da parte vazada do disco em relação ao eixo z’ que 
passa pelo ponto 𝑂 é dado por: 
𝐼𝑂𝑧′2 = 𝐼𝐺𝑧2 + 𝑚𝑓𝑢𝑟𝑜𝑑
2 
𝐼𝑂𝑧′2 = 0,0307 + 3,927.0,25
2 = 0,0307 + 0,2454 
 
 
36 
𝐼𝑂𝑧′2 = 0,2761 𝑘𝑔. 𝑚
2. 
 Por fim, o momento de inércia do disco em relação ao eixo z’ que passa 
pelo ponto 𝑂 é calculado por: 
𝐼𝑂𝑧′ = 𝐼𝑂𝑧′1 − 𝐼𝑂𝑧′2 = 1,4727 − 0,2761, portanto, 
𝐼𝑂𝑧′ = 1,197 𝑘𝑔. 𝑚
2. 
 Vamos resolver mais um exemplo para consolidar este assunto. 
Exemplo 12: o pêndulo mostrado na figura a seguir consiste em duas 
barras finas com massa de 9 kg cada. Calcule o momento de inércia de massa 
do pêndulo em relação ao eixo perpendicular ao plano do pêndulo e que passa 
através (a) do pino em 𝑂 e (b) do centro de massa 𝐺 do pêndulo. 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: Como são dois elementos de barra delgados, vamos tratar cada 
um de forma separada. 
(a) Conforme a Figura 17, para elementos esbeltos temos as seguintes equações 
para o cálculo do momento de inércia de massa em relação ao eixo que passa 
pelo centroide e em relação ao eixo que passa pela base: 
𝐼𝑥𝑥 = 𝐼𝑦𝑦 =
1
12
𝑚𝑙2 e 𝐼𝑥′𝑥′ = 𝐼𝑦′𝑦′ =
1
3
𝑚𝑙2 
 
 
37 
 
 O trecho de barra 𝑂𝐴, está posicionado de forma que o ponto 𝑂 passa por 
sua base, e é justamente sobre este ponto que vamos determinar o momento de 
inércia de massa do pêndulo. Logo, podemos utilizar a segunda forma da 
equação. Note que tanto faz escolhermos o eixo 𝑥′ ou 𝑦′, pois ambos são 
perpendiculares ao eixo longitudinal z, e perceba que as equações são as 
mesmas para ambos os eixos. Sendo assim, vamos considerar que o eixo que 
está saindo do plano do pêndulo é o eixo 𝑥, com isso, o momento de inércia de 
massa do trecho 𝑂𝐴 em relação ao ponto 𝑂 é: 
𝐼𝑂𝑥′𝑂𝐴 =
1
3
𝑚𝑙𝑂𝐴
2 =
1
3
9.22 = 12 𝑘𝑔. 𝑚2. 
 Lembre-se que a primeira equação também pode ser aplicada, porém 
será necessário utilizar o teorema dos eixos paralelos. 
 O trecho 𝐵𝐶 também é uma haste delgada, porém vamos aplicar a 
primeira equação (momento de inércia de massa em relação ao centro de massa 
da haste, 𝐺) e o teorema dos eixos paralelos, pois a barra está à uma certa 
distância paralela ao eixo que passa pelo ponto 𝑂, assim temos: 
𝐼𝑂𝑥𝐵𝐶 =
1
12
𝑚𝑙𝐵𝐶
2 + 𝑚𝑑2 =
1
12
9.22 + 9.2², 
em que 𝑙𝐵𝐶 corresponde ao comprimento da barra 𝐵𝐶 e 𝑑 é a distância entre os 
eixos paralelos, ou seja, a distância entre o eixo que passa pela haste 𝐵𝐶 e o 
eixo que passa pelo ponto 𝑂, assim temos: 
𝐼𝑂𝑥𝐵𝐶 =
1
12
36 + 36 = 3 + 36, consequentemente, 
𝐼𝑂𝑥𝐵𝐶 = 39 𝑘𝑔. 𝑚
2. 
 
 
38 
 Portanto, o momento de inércia de massa do pêndulo em relação ao eixo 
que corta o ponto 𝑂 é dado por: 
𝐼𝑂𝑥 = 𝐼𝑂𝑥′𝑂𝐴 + 𝐼𝑂𝑥𝐵𝐶 = 12 + 39, logo, 𝐼𝑂𝑥 = 51 𝑘𝑔. 𝑚
2. 
(b) A segunda parte da solução deste exercício envolve a aplicação do Tema 2 
desta aula, o cálculo do centro de massa, 𝐺. A vista frontal do pêndulo nos mostra 
duas hastes com geometria retangular e ambas de massa equivalente a 9 kg, 
logo, o centro de massa é dado pela aplicação da Equação 5, ou seja: 
�̅� =
∑ �̃�𝑚
∑ 𝑚
=
(�̃�1𝑚1 + �̃�2𝑚2)
(𝑚1 + 𝑚2)
. 
 O nosso ponto de referência está sobre o ponto 𝑂, logo, as distâncias dos 
centros de massas de cada haste serão em relação à este ponto. A seguinte 
figura ilustra essas distâncias: 
 
 Analisando a figura acima, observamos que �̃�1 =
ℎ
2
=
2
2
= 1 𝑚 e �̃�2 = 2 𝑚. 
Note que �̃�1 é um valor aproximado, pois não foi fornecida a altura exata da barra 
𝑂𝐴. Aplicando a equação anterior para o cálculo do centro de massa, temos: 
�̅� =
(1.9 + 2.9)
(9 + 9)
=
27
18
= 1,5 𝑚. 
 O momento de inércia em torno do ponto 𝐺 é obtido mediante a aplicação 
da Equação 14 (teorema dos eixos paralelos), assim temos que: 
𝐼𝑂𝑥 = 𝐼𝐺𝑥 + 𝑚𝑑
2, 
em que 𝐼𝑂𝑥 é o momento de inércia de massa em relação ao ponto 𝑂, 𝑑 
corresponde à distância entre o centro de massa 𝐺 e o ponto 𝑂, ou seja, 𝑑 = �̅� =
�̃�2 
�̃�1 
 
 
39 
1,5 𝑚 e 𝑚 é a massa total do pêndulo, ou seja, 18 kg. Resolvendo a equação 
acima, temos: 
51 = 𝐼𝐺𝑥 + 18.1,5
2, 
isolando 𝐼𝐺𝑥 ficamos com: 
𝐼𝐺𝑥 = 51 − 18.1,5
2 = 51 − 40,5, portanto, 
𝐼𝐺𝑥 = 10,5 𝑘𝑔. 𝑚
2. 
FINALIZANDO 
 Nesta aula, você conheceu alguns parâmetros como: centro de gravidade, 
centro de massa, centro de área, momento de inércia de área e momento de 
inércia de massa, que são fundamentais no projeto de estruturas sob flexão, 
torção, cisalhamento, flambagem de colunas e problemas dinâmicos. 
 O nosso livro texto possui outros exemplos resolvidos e muitos exercícios 
que certamente são úteis para o seu aprendizado. Não deixe de praticar e de 
tirar suas dúvidas com seu professor tutor. 
 Bons estudos! 
 
 
 
40 
REFERÊNCIAS 
HIBBELER, R. C. Estática – Mecânica para Engenharia. 14. ed. Pearson, 
2018. 
_____. Resistência dos Materiais. 7. ed. Pearson, 2010.