CONTEUDO MECANICA GERAL

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131
m
r
Eixo de rotação
Figura 14.1
14. MOMENTO DE INÉRCIA
O termo “inércia” é normalmente associado com a dificuldade de se colocar em
movimento de translação um corpo que está parado. Do mesmo modo, este termo está
associado com a dificuldade de parar um corpo que realiza um movimento de translação. É
usual falar-se em inércia com objetivo de citar a massa do corpo.
Quando o movimento que o corpo realiza é do tipo rotação, a dificuldade de colocar o
corpo em movimento ou de parar o movimento que este realiza está associado com o
momento de inércia do corpo em relação ao eixo de rotação, o qual é função do modo como a
massa do corpo é distribuída em relação ao eixo de rotação. É importante salientar que o
termo “momento de inércia” é empregado, em Engenharia, na maioria das vezes referindo-se
ao momento de inércia de área, ou melhor, ao momento estático de segunda ordem.
14.1 MOMENTO DE INÉRCIA DE MASSA
Sabe-se que o tempo necessário para uma partícula alcançar
uma determinada velocidade de rotação é proporcional à massa m
da partícula e ao quadrado da distância r entre o centro da partícula
e o eixo de rotação. O valor mr2 denomina-se momento de inércia
da massa m em relação ao eixo de rotação, Fig. (14.1).
mrI 2=
Para um corpo com n partículas o momento de inércia de massa em
relação ao eixo de rotação é dado por
∑
=
=
n
i
ii mrI
1
2
que no caso limite, ou seja quando o número de partículas tende ao infinito, resulta na integral
∫= m dmrI
2 (14.1)
que é de difícil solução. Na bibliografia são encontradas soluções para algumas geometrias
simples desde que o material de que é feito o corpo seja considerado homogêneo.
14.2 MOMENTO DE INÉRCIA DE CHAPAS DELGADAS E HOMOGÊNEAS
Deseja-se calcular o momento de inércia de um corpo, que é uma chapa delgada e
homogênea em relação a um eixo de rotação ortogonal à chapa. Considerando-se que a
espessura do corpo é constante e igual a t pode-se escrever dAtdVdm ρρ == em que ρ é a
massa específica do corpo, que é constante já que o corpo é homogêneo. Neste caso, a
equação (14.1) pode ser reescrita como
AREAAm
ItdArtdmrI ρρ === ∫∫
22 (14.2)
na qual IAREA é o momento de inércia de área (o termo correto seria momento estático de
segunda ordem da área A em relação ao eixo estabelecido). Este é o único caso no qual se
consegue determinar o momento de inércia de massa de geometrias complexas. Pela equação
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(14.2) nota-se que o momento estático de segunda ordem depende apenas da distribuição de
área e do quadrado da distância do elemento diferencial em relação ao eixo de referência.
14.3 MOMENTO DE INÉRCIA DE ÁREAS
O momento de inércia de área ou simplesmente momento de inércia (modo como é
normalmente referido em Engenharia) pode ser definido pela Fig. (14.2).
Figura 14.2 – Definição dos momentos de inércia em relação aos eixos X, Y e Z.
Os momentos de inércia do elemento dA em relação aos eixos X e Y são definidos como
dAydI x
2
= e dAxdI y
2
= . O momento de inércia do elemento dA em relação ao eixo Z,
também chamado de momento de inércia polar, é definido como dArdIdI oz
2
== . Logo, os
momentos de inércia da área A em relação aos mesmos eixos X e Y são dados por
∫= Ax dAyI
2 ∫= Ay dAxI
2 (14.3)
, e o momento de inércia polar da área A é definido como
dArII
Azo ∫==
2 (14.4)
Pode-se demonstrar que os momentos de inércia Ix, Iy e o momento de inércia polar Io
são relacionados substituindo-se a relação 222 yxr += na equação (14.4) verifica-se que
( ) yxAAAAo IIdAydAxdAyxdArI +=+=+== ∫∫∫∫ 22222 (14.5)
É importante ressaltar que a unidade dos momentos de inércia é [L4 ]. Além disso, pode-se
notar que os momentos de inércia assumem sempre valores positivos ou seja
0,0,0 >>> oyx III
dAx
yr
X
Y
0
A
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Raio de Giração. Os raios de giração Rx, Ry e Ro (Rz) são definidos pelas expressões
A
IR
A
I
R
A
IR oo
y
y
x
x === (14.6)
, as quais podem ser mais facilmente lembradas fazendo-se analogia com a expressão para o
cálculo do momento de inércia de uma partícula, ou seja 2xx RAI = , 
2
yy RAI = e 
2
oo RAI = .
A unidade do raio de giração é do tipo [L] ou seja m, cm, mm. Os raios de giração são
usualmente empregados no cálculo de colunas.
14.4 TEOREMA DOS EIXOS PARALELOS (TEOREMA DE STEINER)
Quando o momento de inércia de uma área em relação a um eixo que passa pelo
centróide da área é conhecido, pode-se empregar o Teorema dos Eixos Paralelos para
determinar o momento de inércia da área em relação a um outro eixo paralelo ao eixo central.
Para se deduzir a expressão do teorema dos eixos paralelos considera-se a Fig. (14.3) na qual
C é o centróide da área A e os eixos X’ e Y’ são eixos centrais desta área (passam pelo
centróide) e são paralelos aos eixos X e Y.
Figura 14.3 – Ilustração do teorema dos eixos paralelos.
Para se calcular o momento de inércia da área ilustrada em relação ao eixo X pode-se fazer
( ) dAyydI cx 2'+= e substituir este resultado na (14.3) obtendo-se
( ) ∫∫∫∫ ++=+= AcAcAA cx dAydAyydAydAyyI 222 '2'' (14.7)
A integral dAy
A∫
2' , por analogia com a equação (14.3), representa o momento de inércia da
área A em relação ao eixo central X’, ou seja dAyI
Ax ∫=
2
' ' . O produto cy2 é constante
podendo ser representado fora da integral. A integral ∫A dAy' é o momento estático de 1ª
ordem em relação ao eixo central X’. Esta integral deve ser igual a zero já que o eixo X’ é
y c
y'
dA
X
X'
Y'Y
xc x'
d
C
O
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central, ou seja 0' =xS . A integral ∫AdA resulta na própria área A. Logo, a expressão final do
teorema de Steiner fica sobre a forma
2' cxx yAII += (14.8)
e de modo análogo tem-se
2' cyy xAII += e 
2dAII co += (14.9)
14.5 CÁLCULO DO MOMENTO DE INÉRCIA DE UMA ÁREA POR INTEGRAÇÃO
O cálculo de momento de inércia por integração é útil para obter os momentos de
inércia de figuras mais comuns, os quais já estão tabelados. No caso de peças mais
complexas, o cálculo é feito decompondo-se a peça em figuras mais simples, ou aplicando-se
integração numérica.
Momento de inércia de um retângulo. Deseja-se calcular os momentos de inércia de
um retângulo em relação aos eixos X e Y e em relação aos eixos centrais Xc e Yc, que estão
ilustrados na Fig. (14.4).
Para o cálculo do momento de inércia em relação ao eixo
X adota-se uma faixa de altura dy de modo que o
momento de inércia Ix é calculado como
33
3
0
3
0
22 bhybdybydAyI
h
h
Ax
=








=== ∫∫
Com raciocínio análogo demonstra-se que
3
3hbI y =
Aplicando-se o Teorema de Steiner pode-se calcular o
momento de inércia em relação ao eixo central Xc
124323
33323 bhbhbhIhbhIbh
cc XX =−=→




⋅+=
Com raciocínio análogo demonstra-se que o momento de inércia em relação ao eixo Yc vale
12
3hbI
cy =
Os momentos de inércia de um quadrado são obtidos fazendo-se b = h nas expressões obtidas.
No cálculo de Ix considerou-se que dAydI x
2
= . Valendo-se em conta o Teorema de Steiner
nota-se que deveria existir um outro termo que seria o momento de inércia da faixa
infinitezimal em relação ao seu eixo central. Este termo não é considerado no cálculo por
resultar num infinitésimo de ordem superior.
X
Y
C
XC
YC
dy
h
b
y
Figura (14.4)
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Momento de inércia de um triângulo. Deseja-se calcular o momento de inércia de
um triângulo em relação aos eixos X e Xc, em que Xcé um eixo central.
Para o cálculo do momento de inércia em relação ao
eixo X adota-se uma faixa de altura dy sendo o
diferencial de área dA escrito como dyx . A variável x
é definida através de uma relação de triângulos (ver
capítulo 13) como
( )yh
h
bx −=
Aplicando-se estas considerações na equação (14.3)
fica
( )
124343
344
0
43
0
2
0
22 bhhh
h
byhy
h
bdyyh
h
bydyxydAyI
h
hh
Ax
=








−=








−=−=== ∫∫∫
Aplicando-se o Teorema de Steiner pode-se calcular o momento de inércia em relação ao eixo
central Xc. Para tal deve-se aplicar o resultado obtido no capítulo 13 que dá a posição do
centróide de um triângulo.
3618123212
33323 bhbhbhIhbhIbh
cc XX =−=→




⋅+=
Momento de inércia de um círculo. Deseja-se calcular o momento de inércia de um
círculo em relação aos seus eixos centrais. Para a solução da questão deve-se considerar a
equação da circunferência 222 ryx =+ .
Adotando-se uma faixa com altura dy paralela ao
eixo Xc pode-se escrever
∫∫
−
⋅==
r
rAx
dyxydAyI c 2
22
4
2
4
222 rdyyryI
r
rxc
π
=−⋅= ∫
−
Por simetria 
4
4rI
cy
π
=
Este problema também pode ser resolvido adotando-se uma faixa diferencial com espessura
dx e paralela ao eixo y. Neste caso, o processo de solução deve aplicar o teorema de Steiner.
O momento de inércia diferencial é definido como
( )
3
202
12
2 33 dxydxyydxdI cx =⋅+=
h
b
x
x
y
y
dy
x-x
y
dy
C
r
Xc
Yc
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4
4rI
cx
π
=
14.6 MOMENTO DE INÉRCIA DE ÁREAS COMPOSTAS
O processo para cálculo de momento de inércia de áreas compostas consiste em
decompor a área em figuras simples cuja a solução seja conhecida, tabelada ou de fácil
determinação. Para exemplificar, o momento de inércia em relação a um eixo X de uma área
composta pode ser escrito como
∑∑
==




 +==
n
i
iix
n
i
xx yAIII ii
1
2
1
(14.10)
Nesta equação o índice i varia de 1 ao número de figuras simples, ixI é o momento de inércia
em relação ao eixo central da figura que seja paralelo ao eixo X, Ai é a área da figura e yi é a
distância ortogonal entre o eixo X e o eixo central da figura paralelo a este.
Exemplo. Determinar os momentos de inércia da peça ilustrada na Fig. (14.5) em
relação aos eixos X e Y. Determine também o momento de inércia polar em relação a O.
Neste tipo de problema é fundamental estabelecer um processo de solução que leve a uma
solução mais simples do problema. A Fig. (14.5) apresenta dois esquemas de solução. No
primeiro, a solução é obtida somando-se os valores correspondentes às áreas 1, 2 e 3. No
segundo esquema, a solução é obtida subtraindo-se da área 1 os valores das áreas 2 e 3.
Figura 14.5 – Ilustração da peça e dos esquemas de solução do exemplo.
y
dx
C
r
Xc
Yc
-y
30 10
10
20
10
10
X
Y
O
(cm)
1
2
3 1
2
3
( ) dxxrdxydII r
r
r
rA xx cc ∫∫∫ −− −===
2322
3
3
2
3
2
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Como a peça é formada apenas por retângulos os resultados úteis para solução deste
problema estão apresentados na página 112. Também é importante o Teorema de Steiner.
Aplicando-se o primeiro esquema de solução tem-se
( ) 42
333
cm 166666101025
12
1010
3
3010
3
1040
321 =⋅⋅+
⋅
+
⋅
+
⋅
=++= xxxx IIII
( ) 4
33
2
3
cm 106666
3
1010
3
1030401010
12
4010
321 =
⋅
+
⋅
+⋅+
⋅
=++= yyyy IIII
4cm 273334=+= yxo III
Aplicando-se o segundo esquema de solução tem-se
( ) 4
33
2
3
cm 166666
3
2010
3
3020404010
12
4040
321 =
⋅
−
⋅
−⋅+
⋅
=−−= xxxx IIII
( ) ( ) ( ) ( ) 4
3
2
3
2
3
cm 106666
3
1020203020
12
2030404010
12
4040
321 =
⋅
−








⋅−+
⋅
−⋅−+
⋅
=−−= yyyy IIII
14.7 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
1) Determinar os momentos de inércia do perfil C ilustrado na Fig. (14.6) em relação aos seus
eixos centrais Xc e Yc.
Figura 14.6 – Perfil C.
Solução: O primeiro passo para a solução do problema é localizar o centróide do perfil C. Como este perfil tem
um eixo de simetria, o eixo Xc é localizado em 2h sem necessidade de cálculo. Para localizar o eixo Yc adotou-
se Yaux como eixo de referência, o qual está localizado na metade da espessura da alma do perfil. Logo o
centróide pode ser localizado fazendo-se
b
h
t b
t b
th
Xc Xc
YcYauxYaux
C
xc
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( )
( )
( )
( ) hbb
hb
hbb
h
b
i
ii
tthbt
tbbt
tthbt
tbbt
A
Ax
x
2222
22
2
−+
−
=
−+






−
==
∑
Uma vez localizados os eixos centrais, calcula-se, então, os momentos de inércia em relação à estes eixos.
Quando se calcula o momento de inércia em relação ao eixo X central observa-se que as parcelas
correspondentes às mesas superior e inferior são iguais a menos dos sinais das cotas. Apesar disto, estes termos
resultam em valores iguais porque estão elevados ao quadrado. Para simplificar a expressão resultante agrupou-
se estes termos tomando-se apenas um deles e multiplicando por 2.
( )














+−++














−++
−
=
23233
2212221212
2 b
b
bb
b
bbh
x
thtbtbthtbtbthtI c
( )














−++
−
=
233
2212
2
12
2 b
b
bbh
x
thtbtbthtI c
( ) ( )














−−++−+
−
=
23
23
2212
22
12
2
x
tbtb
bt
xtth
tth
I hb
b
hb
hb
yc
2) Determinar os momentos de inércia do perfil I ilustrado na Fig. (14.7) em relação aos seus
eixos centrais Xc e Yc.
Figura 14.7 – Perfil I.
Solução: Como este perfil tem dupla simetria, o centróide é obtido diretamente pela interseção destes eixos.
( )














+−++














−++
−
=
23233
2212221212
2 b
b
bb
b
bbh
x
thtbtbthtbtbthtI c
( )














−++
−
=
233
2212
2
12
2 b
b
bbh
x
thtbtbthtI c
( ) ( )
612
2
12
2
12
2 3333 bttthbttthI bhbbhbyc +
−
=+
−
=
b
h
t b
t b
th
Xc
Yc
C
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3) Determinar os momentos de inércia do perfil I de mesas desiguais ilustrado na Fig. (14.8)
em relação aos seus eixos centrais Xc e Yc.
Figura 14.8 – Perfil I de mesas desiguais.
Solução: Neste caso tem-se apenas um eixo de simetria, logo o centróide dev ser localizado por cálculo.
( ) ( )[ ]
( ) h
h
i
ii
ttthtbtb
ttthttthtthtb
A
Ay
y
212211
21
22121
11 2222
−−++
−−





+
−−
+





−−
==
∑
( ) ( )














−−++














+−++−−+
−−
=
2
2
22
3
22
2
1
11
3
112
21
3
21
2212221212
ythtbtbythtbtbytthttthtI hhxc
( )
121212
3
22
3
11
3
21 btbtttthI hyc ++
−−
=
4) Calcular os momentos de inércia em relação aos
eixos X e Y.
Solução: Este tipo de problema deve ser resolvido por
integração. Para tal adota-se uma faixa de integração com área
dxydA = . O primeiro passo na solução do exercício é calcular
os momentos de inércia da faixa de integração em relação aos
eixos X e Y.
3412212
33323 dxydxydxyydxydxydIx =+=





+=
dxxyxdxydxydI y
22
3
12
=+=
O termo 
12
3dxy é desprezado por ser um infinitésimo de ordem
superior.
3 
m
1,73 m
x
dx
y
X
Y 23 xy −=
b1
h
t 1
t 2
th
Yc
b2
Xaux
Yc
Xaux
XcC
y
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140
∫∫∫ 




−+−=





−==
731
0
642731
0
32731
0
3
92727
3
13
3
1
3
,,,
dxxxxdxxdxyI x
4
731
0
753
m 137
75
9
3
2727
3
1 ,
,
=








−+−=
xxxxI x
4
731
0
53731
0
42731
0
22 m 082
53
333 ,
,
,,
=








−=





−=





−= ∫∫
xxdxxxdxxxI y
5) Determine o momento de inércia da barra fina mostrada na figura em relação aos eixos X e
Y. Considere que lt << .
Solução: Adota-se uma faixa de integração de área dstdA = . Decompondo a coordenada do centróide da faixa
de integração s, medida ao longo do eixo da barra, em relação aos eixos X e Y tem-se θcossx = e θsensy = .
Para calcular o momento de inércia da faixa de integração deve-se aplicar o teorema de Steiner, o que resulta em
2ydstdIdI xcx += e 
2xdstdIdI ycy += . Desprezando os momentos de inércia da faixa de integração em
relação ao seu eixo central, ou seja 0≈xcdI e 0≈ycdI , e escrevendo-se as coordenadas x e y em função de s e
θ tem-se dstsdI x θ
22 sen= e dstsdI y θ
22 cos= . Calculando-se agora as integrais tem-se
θθθ 2
3
0
3
2
0
22 sen
33
sensen ltstdstsI
l
l
x =








== ∫
θθθ 2
3
0
3
2
0
22 cos
33
coscos ltstdstsI
l
l
y =








== ∫
A hipótese de desprezar os momentos de inércia xcdI e ycdI pode ser testada calculando-se o momento de
inércia polar, ou seja ∫∫ ==







+=
ll
o
ltdsstsdstdstI
0
3
2
0
2
3
312
, o que confirma a simplificação anterior já que
yxo III +=
x
y
θ
s
l
ds
t