Dedução Eixos Centrais

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Dedução das expressões dos eixos centrais de inércia e 
momentos centrais de inércia 
 
Se calcularmos os momentos de inércia para todos os eixos que passam pelo centro de 
gravidade de uma seção, notaremos que em relação a um destes eixos (eixo 1) o 
momento de inércia I1 será máximo e que em relação a outro eixo (eixo 2, ortogonal a 1) 
o momento de inércia (I2) será mínimo. Estes dois eixos, denominados eixos centrais de 
inércia, são os importantes para a Resistência dos Materiais, e os momentos de inércia 
relativos a eles (I1 e I2) são chamados momentos centrais de inércia. 
O primeiro passo para determinar os eixos centrais de inércia é analisar a rotação de 
eixos em uma seção, como feito a seguir. 
 
Rotação de eixos 
 
 
 
 
São conhecidos: São buscados: 
• Ix • Iu 
• Iy • Iv 
• Ixy • Iuv 
 
 
 
 
Da figura, tiramos as relações: 
αα sen cosu y x += 
αα sencosv x y −= 
 
Assim Iu, Iv e Iuv podem ser calculados: 
G
x
y
v
u
α
x
y u v
( ) ( ) =+−=== ∫∫∫ A sencos sen 2cosA cosAvI A 22222A2Au dxxyydxsen-αyd ααααα
 
xy
2
y
2
xA
22
AA
22 I cos sen2senIcosIA senA cos 2senA cos αααααααα −+=+−= ∫∫∫ dxdxydy
 
xy
2
y
2
xu I cos sen2sen IcosII αααα −+= 
Analogamente, para Iv teremos: 
x
2
xyy
22
Av
I senI cos sen2I cosAuI αααα ++== ∫ d 
 
xy
2
y
2
xv I cos sen2cosIsen II αααα ++= 
 
O produto de inércia em relação aos novos eixos será: 
( )( ) =−+== ∫∫ A cos cosA uvI AAuv dsenxαyy senxd ααα( ) ( ) ( )yxxy22A 2222 IIcos senI sencosA sen cossencossencos −+−=−−+= ∫ αααααααααα dxyxyxy
 
( ) ( ) xy22yxuv I sencoscossen III αααα −+−= 
 
Assim, para determinar os eixos e momentos centrais de inércia, precisamos encontrar 
um valor do ângulo α que leve o momento de inércia a ser máximo (Iu = I1) ou mínimo 
(Iu = I2). Para isto, é necessário reescrever Iu, usando as seguintes identidades 
trigonométricas: 
2
2cos1
sen
2
2cos1
cos
cos 2sen2sen 
2
2
α
α
α
α
ααα
−
=
+
=
=
 
Substituindo em xy
2
y
2
xu I cos sen2sen IcosII αααα −+= , teremos: 
ααα
αα
sen2I 2cos
2
II
2
II
I sen2
2
2cos1I
2
2cos1II xy
yxyx
xyyxu −





 −
+
+
=−




 −
+




 +
=
 
Podemos ainda reescrever Iu como: 
)(f
2
II
I yxu α+
+
= , onde: ααα sen2I 2cos
2
II)(f xyyx −





 −
= 
Como o primeiro termo de Iu é constante, basta encontrar o máximo e o mínimo de f(α) 
para se conhecer máx Iu e mín Iu. Devemos, portanto, analisar a variação da função 
f(α). 
 
Estudo da variação do binômio: A senϕ + B cosϕ 
 
O binômio Asenϕ + Bcosϕ pode ser reescrito como: 
 
( )θϕϕϕ −+=+ cos BABcosAsen 22 
onde: 
B
A
 tg
 
BA
B
cos
BA
A
sen
22
22
=







+
=
+
=
θ
θ
θ
 
De fato, podemos comprovar que a relação é verdadeira substituindo A e B: 
 cos BAB sen BAA 2222 θθ +=+= 
( )θϕϕθϕθϕϕ −+=+++=+ cosBA cos cos BA sen sen BAcosBAsen 222222 
Dividindo a última equação por 22 BA + , temos: 
( )θϕϕθϕθ −=+ cos cos cos sen sen , o que, da Trigonometria, comprova a validade da 
escrita alternativa do binômio. 
Já provado que podemos escrever o binômio como ( )θϕ −+ cos BA 22 , voltemos à 
busca pelos máximos e mínimos. 
 
Se ( ) 1 cos =−θϕ , então: 22 BA)Bcos (Asenmáx +=+ ϕϕ 
θϕθϕ =⇒=− 0 
 
Agora, se ( ) 1 cos −=−θϕ , então: 22 BA)Bcos (Asenmín +−=+ ϕϕ 
º180 º180 +=⇒=− θϕθϕ 
Determinação dos eixos e momentos centrais de inércia 
 
Se notarmos que a função f(α) é um binômio do tipo Asenϕ + Bcosϕ, podemos usar os 
resultados da análise do binômio para obter o máximo e o mínimo de f(α) e, 
consequentemente, I1 e I2. 
Busquemos, primeiramente, o máximo momento de inércia (I1). 
)(f
2
II
I yxu α+
+
= ϕϕααα BcosAsensen2I 2cos
2
II)(f xyyx +=−





 −
= 
2
yx2
xy
yx
xy
2
II
I)f(máx 
2
2
II
IA







 −
+=







=
−
=
−=
α
αϕ
B 
2
xy
2
yxyx
1u I2
II
2
II
IImáx +




 −
+
+
==∴ 
2
 tg
2
 tg tg 
2 11
θϕ
α
ϕ
α ==⇒= 
Usamos, então, as seguintes identidades trigonométricas: 
θ
θ
θ
θ
θ
θ
θθ
θ
θ
θθ
θ
θθ
θθθ
sen
cos1
 tg tg
cos
sen
cossen2
sen2
sen
cos1
cos2sensen 
sen21sencoscos
22
2
2
22
2
2
22
2
2
2
2
2
2
−
=∴===
−
=
−=−=
 
Assim: 
A
BBA
1
sen
cos1
2
 tg tg
22
BA
A
BA
B
1
22
22
−+
=
−
=
−
==
+
+
θ
θθ
α 
Substituindo A e B, teremos: 
xy
1x
xy
yx2
xy
2
yx
1 I
II
I
2
II
I
2
II
 tg −=
−





 −
−+




 −
=α 
 
xy
1x
1
2
xy
2
yxyx
1 I
II
 g tI
2
II
2
II
I −=+




 −
+
+
= α 
 
Agora, finalmente, determinemos o mínimo momento de inércia (I2). 
Através de raciocínio análogo, concluímos que: 
2
xy
2
yxyxyx
2u I2
II
2
II)f(mín 
2
II
IImín +




 −
−
+
=+
+
== α 
( )
( ) =+
+
=
+
=⇒
+
==
º90cos
º90sen
2
º180
 tg tg 
2
180º
2 2
2
22 θ
θθ
α
θϕ
α 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) 2cotg tg 2cotgsen
cos
º90sen senº90coscos
cosº90senº90cos sen
2
2
2
22
22 θαθθ
θ
θθ
θθ
−=∴−=
−
=
−
+
= 
Da determinação de tg α1, sabemos que: 
θ
θθ
sen
cos1
tg 2
−
= 
Fazemos, então, algumas manipulações algébricas, como segue. 
( )
( )
( ) ( )
=
+−
=
−
+−
=
+
+
−
−
=





−
−=−=−
θ
θθ
θ
θθ
θ
θ
θ
θ
θ
θ
θ
θ
22
2
2 sen
cos1 sen
cos1
cos1 sen
cos1
cos1
cos1
sen
cos1
sen
tg
1
 cotg
 
( )





 +
−=−∴
+−
=
θ
θ
θ
θ θ
sen
cos1
cotg 
sen
cos1
2
 
=
















−





 −
++




 −
−=







 ++
−=




 +
−=−=
xy
yx2
xy
2
yx
22
2 I
2
II
I
2
II
A
BBA
sen
cos1
2
cotg tg
θ
θθ
α
xy
2x
xy
yx2
xy
2
yx
I
II
I
2
II
I
2
II
−
=





 −
++




 −
= 
 
xy
2x
2
2
xy
2
yxyx
2 I
II
 g tI
2
II
2
II
I −=+




 −
−
+
= α 
 
Observação: 
 
O momento de inércia é positivo em relação a qualquer eixo, e dentre os eixos que 
passam pelo centro de gravidade de uma seção é mínimo para o eixo 2. Assim, Ix é 
sempre maior ou igual a I2. Portanto, o sinal do produto de inércia Ixy da seção (positivo 
ou negativo) determina em que quadrantes estão as direções dos eixos 1 e 2, conforme 
ilustrado na figura abaixo. 
 
 
G
x
y
1
2
α2
I > 0xy
α1
G
x
y
2
1
α1
I < 0xy
α2