Cap 8 (Momento de Inércia)

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Universidade Federal de São CarlosUniversidade Federal de São Carlos
Departamento de Engenharia Civil
Cap. 8Cap. 8 Momentos de InérciaMomentos de Inércia
Prof. André Luis ChristoforoProf. André Luis Christoforo
Cap. 8Cap. 8 Momentos de InérciaMomentos de Inércia
Material didático adaptado/modificado das obras de:
- Hibbeler, R. C. Mecânica Estática. 10 ed. São Paulo: Pearson Education 
do Brasil, 2005, 540p.
- Beer, F. P.; Johnston Jr., E. R. Mecânica Vetorial para Engenheiros: 
Estática. 5.ed. São Paulo: Makron Books, 1991. 980p.
- Melconian, S. Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais. 19 ed. São 
Paulo, Ed. Erica, 2013. 
01
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Momentos de Inércia:
- O momento de inércia de uma superfície plana em relação a um eixo de
referência é definido através da integral de área dos produtos entre os
infinitésimos da área que compõem a superfície e o quadrado das suas
respectivas distâncias ao eixo de referência.
2
x AA
J y d= ∫
2
y AA
J x d= ∫
- Análise dimensional de J
[ ] [ ] [ ] [ ]422 LLLJ ==
- A unidade de momento de inércia poderá ser:
[ ];...;; 444 mcmmm
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O momento de inércia é uma característica geométrica importante no
dimensionamento dos elementos de construção, pois fornece, através de valores
numéricos, uma noção de rigidez da peça.
Sejam x e y os eixos baricêntricos da superfície A. Para determinar o momento 
de inércia da superfície em relação aos eixos u e v, paralelos a x e y, aplica-se o 
Importância dos momentos de inércia em projetos:
Teorema dos eixos paralelos:
de inércia da superfície em relação aos eixos u e v, paralelos a x e y, aplica-se o 
teorema de Steiner que é definido através das seguintes integrais. 
( )2u AAJ y a d= +∫
( )∫ += A Av dbxJ 2
2
x AA
J y d= ∫
2
y AA
J x d= ∫
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- Desenvolvendo as integrais, tem-se:
( )2 2 22u A A A AA A A AJ y a d y d a yd a d= + = + +∫ ∫ ∫ ∫
( ) ∫∫∫∫ ++=+= A AA AA AA Av dbxdbdxdbxJ 222 2
Como e (centro geométrico) concluímos que:02 =∫A Ayda 2 0AAb xd =∫
( )2u AAJ y a d= +∫ ( )∫ += A Av dbxJ 2
AaJJdadyJ xuA AA Au
222 +=⇒+= ∫∫
2 2 2
v A A u xA A
J x d b d J J b A= + ⇒ = +∫ ∫
∫A A 2 0AAb xd =∫
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- O raio de giração de uma superfície plana é calculado pelas equações abaixo,
muito útil no projeto de colunas (estudo da flambagem de colunas).
Raios de giração:
J J
2
 
x xi A J⋅ =
⇓
2
 
y yi A J⋅ =
⇓
- Análise dimensional de i:
[ ] [ ][ ] [ ][ ] [ ]LLLLi ==




=
2/12
2/1
2
4
As unidades de i podem ser: [ ];...;; mmcmm
A
Ji xx = A
J
i yy =
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Define-se módulo de resistência de uma superfície plana em relação aos eixos
baricêntricos x e y como sendo a relação entre o momento de inércia relativo ao
eixo baricêntrico e a distância máxima entre o eixo e a extremidade da secção
transversal estudada. Esta propriedades é muito útil no projeto de vigas.
Módulo de resistência:
max
 
x xY W J⋅ =
⇓
max
 
y yX W J⋅ =
⇓
Análise dimensional de W:
[ ] [ ][ ] [ ]
[ ]
[ ] [ ]
3
4
L
L
L
youx
JW ===
- As unidades deW pode ser: [ ]³;...³;³; mmcmm
maxY
JW xx =
maxX
J
W yy =
 ⇓
 ⇓
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Exercício:
1) Calcule o momento de inércia de um retângulo em relação ao eixo
baricêntrico y.
∫∫= Dy dydxxI
2
∫ ∫
− −
=
2/
2/
2/
2/
2b
b
h
h
dydxx
-Calculando o momento de inércia em relaçao ao eixo dos y.
2/
2/
3
3
b
b
xh
−






=
∫∫D ∫ ∫− −2/ 2/b h
[ ]∫
−
−
=
2/
2/
2/
2/
2b
b
h
h dxyx ∫
−
=
2/
2/
2b
b
dxhx






+=
883
33 bbh
12
3hbI y =⇒
Se calcularmos xI 12
3bh
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2) Determine o momento de inércia em relação ao eixo dos y da área
limitada pela curva e pela reta29 xy −= 0=y
- Representamos graficamente a região:
∫∫= Dy dydxxI
2
∫ ∫=
3 9 2dydxxI [ ] dxyx x
293 2
−
∫= ( )dxxx∫ −= 3 22 9∫ ∫
−
=
3 0
2dydxxI y






+−−





−=
5
24381
5
24381
[ ] dxyx
03
2
−
∫=
( )dxxx∫
−
−=
3
3
429
( )dxxx∫
−
−=
3
22 9
3
3
5
3
5
3
−






−=
x
x
5
324
5
486162 =⇒−= yI
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3) Determine o momento de inércia em relação ao eixo dos y da área
limitada pela curva e o eixo dos x.24 xy −=
- Representamos graficamente a região:
2 2
2y
I x ydx
−
= ∫
dxyxI y ∫=
2 22
ou
(em virtude da
( ) 





−=





−=−= ∫ 5
32
3
322
53
4242
2
0
532
0
22 xxdxxxI y
dxyxI y ∫= 02
(em virtude da
simetria da curva)
( )∫ −=⇒−= 20 222 424 dxxxIxy yComo:
5
128
15
64
.2 =⇒= yI
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4) Determine o momento de inércia em relação ao eixo y da área limitada pela
curva desde a pelo eixo dos x.senxy = 0=x pi=x
- Representamos graficamente a região:
Em relação ao eixo dos y:
A área elementar é y dx.
O produto e:( ) ²xydx ∫= pi0 2ydxxI y
∫=⇒=
pi
0
2senxdxxIsenxy y
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Integrando por partes:
∫ +−+= Cxxxsenxxsenxdxx cos²2cos2²
[ ] ⇒−+== ∫ pipi 00 cos²2cos2² xxxsenxxsenxdxxI y
2
0y
I x senxdx
pi
= ∫
pI u v v du C= ⋅ − ⋅ +∫
∫0
( ) ( )⇒−+−−+=⇒ 0cos00.0.20cos2cos²2cos2 2sensenI y pipipipipi
( ) ( )[ ] [ ]⇒−+−−−+−=⇒ 1.001.210.21.2 2pipiyI
422 22 −=⇒−+−=⇒ pipi yy II
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5) Determine o momento de inércia em relação ao eixo dos y da área limitada
no 1º quadrante pela curva e pela reta .
4
2
xy = 0=− yx
O momento solicitado é em relação ao eixo dos y.
O produto da área pelo quadrado da distância é: ( )[ ] 2xdxyy cr −
5
64
5
25664
20444
4
0
544
0
4
324
0
2
=⇒−=





−=





−=





−= ∫∫ yy I
xxdxxxdxxxxI
A área elementar: ( )dxyy cr −
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Resultados de seções usuais:
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6) Determine o momento de inércia relativo ao eixo baricêntrico x no triângulo
de base b e altura h representado na figura.
O eixo x baricêntrico esta localizado a h/3 da base do
triângulo.
∫∫ Ax dyJ
2 dyadA .=
∫∫
−−
=
3/
3/
23/
3/
2 h
h
h
h Ax
dyaydyJ
Por semelhança de triângulos conclui-se que:






−=∴






−
= yh
h
b
a
yh
a
h
b
3
2
3
2
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Substituindo-se “a” na integral, tem-se que:
∫∫∫
−−−
−=⇒





−=
3/2
3/
33/2
3/
23/
3/
2
3
2
3
2 h
h
h
hx
h
hx
dyy
h
bdyhy
h
bJdyyyh
h
bJ ∫∫
−−
−=⇒
3/2
3/
33/2
3/
2
3
2
.
h
h
h
hx
dyy
h
bdyyh
hbJ
  2
44 h
2
3
b
a h y
h
 
= − 
 
⇒


















−
−






−





−−





=⇒
4
3
..
4
3
2
39
2
3
2
9
2
44
33
h
h
b
h
b
h
hbhbJ x
324
.15
27
9
.
9
2
4.81
.
4.81
.16
27
.
9
2
27
8
.
9
2 334433 bhhb
h
bh
h
bhhbhb
−=−−+= ⇒
−
=−=
324
1524
324
15
27
2 3333 bhbhbhbh






−=
−
4
..
3
2 43
3/2
3/
y
h
b
h
yb
h
h
36324
9 33 bhJbh x =⇒=
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7) Determinar o momento de inércia, raio de giração e módulo de resistência,
relativos aos eixos baricêntricos x e y do perfil representado na figura.
4
440 213.333,3J cm= =ɶ
4
1 12x
aJ =
Momento de inércia das seções elementares:
mm
m
m
4
1
40 213.333,3
12x
J cm= =ɶ
4
2 64x
dJ pi ⋅=
4
4
2
20 7854 cm
64x
J pi ⋅= =
Pela dupla simetria da seção: x yJ J=
4
1 2 213.333,3 7854 205.479,3x x xJ J J cm= − = − =
m
m
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A
Jii yx ==
( )
2 2
1 2
2040 40 1600
4 4
dA A A pi pi⋅ ⋅= − = ⋅ − = − =
Raios de giração: 
mm
m
m
84,1485
3,205479
== yx ii284,128516,3141600 cmA =⇒−= cmii yx 64,12==
Módulo de Resistência:
Como a superfície é simétrica em relação aos eixos x e y
20
3,479.205
== yx WW
396,10273 cmWW yx ==
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8) Determinar momento de inércia, raio de giração e módulo de resistência,
relativos aos eixos baricêntricos x e y da superfície hachurada representada na
figura.
A x A x−
- Denominou-se o retângulo de superfície (1) e
o losango de superfície (2).
- Determinação de xCG:
1 1 2 2
1 2
CG
A x A x
x
A A
−
=
−
- yCG já é conhecido pela simetria da seção.
96 6 9 9 576 81 5,96
96 9 87CG
x cm
⋅ − ⋅ −
= = =
−
(mm)
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Momentos de Inércia:
( ) ( ) ( )3 42 28 12 3 ⋅
4
12x y
aJ J= =
3
12x
b hJ ⋅=
3
12
h bJy ⋅=
2
x xJ J y A= + ⋅
2
y yJ J x A= + ⋅
( ) ( ) ( )3 42 22 21 1 1 2 2 2 8 12 396 6 5,69 9 9 5,6912 12x x x xJ J A y J A y J  ⋅= + ⋅ − + ⋅ ⇒ = + ⋅ − − + ⋅ − ⇒   
( ) 49,10486,9875,623,2152.1 cmJJ xx =⇒+−+=⇒
O eixo y da peça coincide com o eixo y de cada figura
geométrica da peça (transporte de inércia nulo):
3 4
4
1 2
12 8 3 505,25
12 12y y y y
J J J J cm⋅= − = − ⇒ =
22
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Raio de Giração:
cmi
A
Ji xxx 47,387
9,1048
=⇒== cmi
J
i y
y
y 41,2
25,505
=⇒==cmi
A
i xx 47,387
=⇒== cmi
A
i yy 41,287
=⇒==
Módulo de Resistência:
máx
x
x y
JW =
máx
y
y
x
J
W =
cmymáx 31,669,512 =−=
322,166
31,6
9,1048
cmWW xx =⇒=
Como o eixo é de simetria, conclui-se que:
cmxmáx 44
8
==
33,126
4
25,505
cmWW yy =⇒=
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9) Determinar momento de inércia, raio de giração e módulo de resistência,
relativos aos eixos baricêntricos x e y no perfil T representado na figura.
(mm)
Divide-se a superfície em dois retângulos, retângulo vertical (1) e o horizontal (2).
A coordenada yCG = 2,5 cm pois o eixo y é eixo de simetria.
1 1 2 2
1 2
4 3 5 0,5 1,61
4 5CG
A x A x
x cm
A A
⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅
= = =
+ +
(mm)
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Momentos de Inércia:
2 2
1 1 1 2 2 2x x xJ J A y J A y= + ⋅ + + ⋅
( ) ( )
3 32 21 4 5 14 3 1,61 5 1,61 0,5xJ
⋅ ⋅
= + ⋅ − + + ⋅ −
Em relação a y não há transporte, pois o eixo y dos retângulos coincide com o eixo da
seção T invertida. Temos então que:
464,1916,642,073,733,5 cmJJ xx =⇒+++=
3 3
4
1 2
4 1 1 5 0,33 10,41 10,74
12 12y y y y
J J J J cm⋅ ⋅= + = + = + ⇒ =
( ) ( )4 3 1,61 5 1,61 0,5
12 12x
J = + ⋅ − + + ⋅ −
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Raio de Giração:
cmi
A
Ji xxx 47,19
64,19
=⇒== cmi
A
J
i y
y
y 09,19
74,10
=⇒==
Módulos de Resistência:
( )
379,5
61,15
64,19
cmW
y
JW x
máx
x
x =⇒
−
==
33,4
5,2
74,10
cmW
x
J
W y
máx
y
y =⇒==
(mm)
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10) Determinar momento de inércia, raio de giração e módulo de resistência, relativos
aos baricêntricos x e y no perfil I representado na figura.
O perfil é simétrico em relação aos eixos x e y:
4 2x cm= = 7 3,5y cm= =
(mm)
4 2
2CG
x cm= =
7 3,5
2CG
y cm= =
Momentos de Inércia:
( ) ( )3 32 2 41 1 1 2 4 1 1 52 2 4 3 2 0,33 36 10,41 83,0712 12x x x x xJ J A y J J J cm ⋅ ⋅= + ⋅ + ⇒ = + ⋅ + = ⋅ + + ⇒ =   
4
33
21 09,1142,067,1012
1.5
12
4.122 cmJJJJJ yyyyy =⇒+=+





=⇒+=
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Raio de Giração:
83,07 2,53
13
x
x x
Ji i cm
A
= = ⇒ =
2
321 13454 cmAAAA =++=++=
cmi
J
i y 92,009,11 =⇒== cmi
A
J
i y
y
y 92,013
09,11
=⇒==
Módulo de Resistência:
cm
hymáx 5,32
7
2
=== cm
b
xmáx 22
4
2
===
371,23
5,3
07,83
cmW
y
JW x
máx
x
x =⇒==
35,5
2
09,11
cmW
x
J
W y
máx
y
y =⇒==
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11) Determinar momento de inércia, raio de giração e módulo de resistência relativos aos
baricêntricos x e y no perfil I representado na figura.
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Como o eixo é de simetria, o centro geométrico esta localizado na metade da altura do
conjunto.
15,24 1 8,62
2CG
y cm= + =
Momento de Inércia:Momento de Inércia:
( )21 1 1 22 2x x xJ J A y J= ⋅ + ⋅ + ⋅
472,4088 cmJ x =⇒
( )
3 220 12 20 8,62 0,5 2 724
12x
J
 
⋅
⇒ = ⋅ + − + ⋅ 
  
30
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2
1 22 2 2 20 2 24,7 89,4A A A cm= ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ =
4088,72 6,77
89,4
x
x x
Ji i cm
A
= = ⇒ =
Raio de Giração:
34088,72 474,32
8,62
x
x x
máx
JW W cm
y
= = ⇒ =
Módulo de resistência: