Momento de Inercia (2 B)

Prévia do material em texto

Prof. André Luis Christoforo
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 suas respectivas distâncias ao eixo de referência elevadas ao quadrado.
A
A
A
A
x dxdyJ  
22
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 suas respectivas distâncias ao eixo de referência elevadas ao quadrado.
Análise dimensional de J
A
A
A
A
x dxdyJ  
22
       422 LLLJ 
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 suas respectivas distâncias ao eixo de referência elevadas ao quadrado.
Análise dimensional de J
A
A
A
A
x dxdyJ  
22
       422 LLLJ 
Portanto, a unidade de Momento de Inércia poderá ser
 ;...;; 444 mcmmm
O momento de inércia é uma característica geométrica importantíssima no dimensionamento
dos elementos de construção, pois fornece através de valores numéricos, uma noção de
resistência da peça. Quanto maior for o momento de inércia da secção transversal de uma peça,
maior será a resistência da peça.
 Importância do Momento de Inércia nos Projetos
O momento de inércia é uma característica geométrica importantíssima no dimensionamento
dos elementos de construção, pois fornece através de valores numéricos, uma noção de
resistência da peça. Quanto maior for o momento de inércia da secção transversal de uma peça,
maior será a resistência 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 teorema de Steiner 
que é definido através das seguintes integrais. 
 Importância do Momento de Inércia nos Projetos
 Importância do Momento de Inércia nos Projetos
   A Au dayJ
2
   A Av dbxJ
2
Desenvolvendo as integrais, tem-se:
    A AA AA AA Au daydadydayJ
222 2
Desenvolvendo as integrais, tem-se:
Como pois x é o eixo baricêntrico, concluímos que:
    A AA AA AA Au daydadydayJ
222 2
02 A Ayda
AaJJdadyJ xu
A
A
A
Au
222  
    A AA AA AA Av dbxdbdxdbxJ
222 2
Como pois x é o eixo baricêntrico, concluímos que:
02 A Axdb
AbJJdbdxJ yv
A
A
A
Au
222  
Baseando-se nas demonstrações anteriores, pode-se definir o momento de inércia de uma
superfície plana em relação a um eixo paralelo ao eixo baricêntrico, e o respectivo transporte
de eixos, que será obtido através do produto, entre a área da superfície e a distância entre os
eixos elevada ao quadrado
Como pois x é o eixo baricêntrico, concluímos que:
02 A Axdb
AbJJdbdxJ yv
A
A
A
Au
222  
2AaJJ xu 
2AbJJ yv 
2. xx iAJ  2. yy iAJ 
O raio de giração de uma superfície plana em relação a um eixo de referência constitui-se em
uma distância particular entre a superfície e o eixo, na qual o produto entre a referida distância
elevada ao quadrado e a área total da superfície, determina o momento de inércia da superfície
em relação ao eixo.
Para determinar o raio de giração da superfície, quando conhecido o seu momento de inércia,
utilize-se a sua definição, que é expressa através da raiz quadrada da relação entre o momento
de inércia e a área total da superfície.
2. xx iAJ  2. yy iAJ 
O raio de giração de uma superfície plana em relação a um eixo de referência constitui-se em
uma distância particular entre a superfície e o eixo, na qual o produto entre a referida distância
elevada ao quadrado e a área total da superfície, determina o momento de inércia da superfície
em relação ao eixo.
A
J
i xx 
A
J
i
y
y 
Análise dimensional de i
   
 
    LL
L
L
i 






2/12
2/1
2
4
Portanto as unidades de i pode ser
 ;...;; mmcmm
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.
maxY
J
W xx 
maxX
J
W
y
y 
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.
Análise dimensional de W
Portanto as unidades de i pode ser
maxY
J
W xx 
maxX
J
W
y
y 
   
   
 
 
 3
4
L
L
L
youx
J
W 
 ³;...³;³; mmcmm
Calcule o momento de inércia de um retângulo em relação ao eixo paralelo ao
suporte de sua altura e conduzido pelo centro do retângulo.
.
Calcule o momento de inércia de um retângulo em relação ao eixo paralelo ao
suporte de sua altura e conduzido pelo centro do retângulo.
 Dy dydxxI
2   
2/
2/
2/
2/
2
b
b
h
h
dydxx
Calculando o momento de inércia em reelaçao ao eixo dos y.
.
SOLUÇÃO
Calcule o momento de inércia de um retângulo em relação ao eixo paralelo ao
suporte de sua altura e conduzido pelo centro do retângulo.
 Dy dydxxI
2   
2/
2/
2/
2/
2
b
b
h
h
dydxx
  
2/
2/
2/
2/
2
b
b
h
h
dxyx 
2/
2/
2
b
b
dxhx
Calculando o momento de inércia em reelaçao ao eixo dos y.
.
SOLUÇÃO
Calcule o momento de inércia de um retângulo em relação ao eixo paralelo ao
suporte de sua altura e conduzido pelo centro do retângulo.
 Dy dydxxI
2
2/
2/
3
3
b
b
x
h








  
2/
2/
2/
2/
2
b
b
h
h
dydxx
  
2/
2/
2/
2/
2
b
b
h
h
dxyx 
2/
2/
2
b
b
dxhx







883
33 bbh
12
3hb
I y 
Calculando o momento de inércia em reelaçao ao eixo dos y.
.
SOLUÇÃO
Calcule o momento de inércia de um retângulo em relação ao eixo paralelo ao
suporte de sua altura e conduzido pelo centro do retângulo.
 Dy dydxxI
2
2/
2/
3
3
b
b
x
h








  
2/
2/
2/
2/
2
b
b
h
h
dydxx
  
2/
2/
2/
2/
2
b
b
h
h
dxyx 
2/
2/
2
b
b
dxhx







883
33 bbh
12
3hb
I y 
Calculando o momento de inércia em reelaçao ao eixo dos y.
Se calcularmos
xI
12
3bh
.
SOLUÇÃO
Determine o momento de inércia em relação ao eixo dos y da área limitada pela
curva e pela reta
.
29 xy  0y
Determine o momento de inércia em relação ao eixo dos y da área limitada pela
curva e pela reta
Representamos graficamente a
região
.
29 xy  0y
SOLUÇÃO
Determine o momento de inércia em relação ao eixo dos y da área limitada pela
curva e pela reta
Representamos graficamente a
região
.
29 xy  0y
 Dy dydxxI
2
 
3
3
9
0
2dydxxI y   dxyx
x29
0
3
3
2

  dxxx 
3
3
22 9
SOLUÇÃO
Determine o momento de inércia em relação ao eixo dos y da área limitada pela
curva e pela reta
Representamos graficamente a
região
.
29 xy  0y
 Dy dydxxI
2
 
3
3
9
0
2dydxxIy   dxyx
x29
0
3
3
2


 dxxx 
3
3
429
 dxxx 
3
3
22 9
3
3
5
3
5
3








x
x
SOLUÇÃO
Determine o momento de inércia em relação ao eixo dos y da área limitada pela
curva e pela reta
Representamos graficamente a
região
.
29 xy  0y
 Dy dydxxI
2
 
3
3
9
0
2dydxxI y













5
243
81
5
243
81
  dxyx
x29
0
3
3
2


 dxxx 
3
3
429
 dxxx 
3
3
22 9
3
3
5
3
5
3








x
x
SOLUÇÃO
Determine o momento de inércia em relação ao eixo dos y da área limitada pela
curva e pela reta
Representamos graficamente a
região
.
29 xy  0y
 Dy dydxxI
2
 
3
3
9
0
2dydxxI y













5
243
81
5
243
81
  dxyx
x29
0
3
3
2


 dxxx 
3
3
429
 dxxx 
3
3
22 9
3
3
5
3
5
3








x
x
5
324
5
486
162  yI
SOLUÇÃO
Determine o momento de inércia em relação ao eixo dos y da área limitada pela
curva e o eixo dos x.
.
24 xy 
Determine o momento de inércia em relação ao eixo dos y da área limitada pela
curva e o eixo dos x.
Representamos graficamente a
região
.
24 xy 
SOLUÇÃO
Determine o momento de inércia em relação ao eixo dos y da área limitada pela
curva e o eixo dos x.
Representamos graficamente a
região
.
24 xy 
dxyxI y 
2
2
2
dxyxI y 
2
0
22
ou
(em virtude da simetria da curva)
SOLUÇÃO
Determine o momento de inércia em relação ao eixo dos y da área limitada pela
curva e o eixo dos x.
Representamos graficamente a
região
.
24 xy 
dxyxI y 
2
2
2
dxyxI y 
2
0
22
  
2
0
222 424 dxxxIxy y
ou
(em virtude da simetria da curva)
Como
SOLUÇÃO
Determine o momento de inércia em relação ao eixo dos y da área limitada pela
curva e o eixo dos x.
Representamos graficamente a
região
.
24 xy 
dxyxI y 
2
2
2
dxyxI y 
2
0
22
  
2
0
222 424 dxxxIxy y
  











  5
32
3
32
2
53
4
242
2
0
53
2
0
22 xxdxxxI y
ou
(em virtude da simetria da curva)
Como
5
128
15
64
.2  yI
SOLUÇÃO
Determine o momento de inércia em relação a cada um dos eixos coordenados da
área limitada pela curva desde a pelo eixo dos x.
.
senxy  0x
x
Determine o momento de inércia em relação a cada um dos eixos coordenados da
área limitada pela curva desde a pelo eixo dos x.
Representamos graficamente a região
.
senxy  0x
x
SOLUÇÃO
Determine o momento de inércia em relação a cada um dos eixos coordenados da
área limitada pela curva desde a pelo eixo dos x.
Representamos graficamente a região
.
senxy  0x
x
Em relação ao eixo dos y.
A área elementar é y dx.
O produto e
  ²xydx


0
2ydxxI y
SOLUÇÃO
Determine o momento de inércia em relação a cada um dos eixos coordenados da
área limitada pela curva desde a pelo eixo dos x.
Representamos graficamente a região
.
senxy  0x
x
Em relação ao eixo dos y.
A área elementar é y dx.
O produto e
  ²xydx


0
2ydxxI y


0
2senxdxxIsenxy y
SOLUÇÃO
.
Integrando por partes,
  Cxxxsenxxsenxdxx cos²2cos2²
.
Integrando por partes,
  Cxxxsenxxsenxdxx cos²2cos2²
   

0
0
cos²2cos2² xxxsenxxsenxdxxI y
.
Integrando por partes,
  Cxxxsenxxsenxdxx cos²2cos2²
   

0
0
cos²2cos2² xxxsenxxsenxdxxI y
    0cos00.0.20cos2cos²2cos2 2sensenI y 
.
Integrando por partes,
  Cxxxsenxxsenxdxx cos²2cos2²
   

0
0
cos²2cos2² xxxsenxxsenxdxxI y
    0cos00.0.20cos2cos²2cos2 2sensenI y 
       1.001.210.21.2 2yI
.
Integrando por partes,
  Cxxxsenxxsenxdxx cos²2cos2²
   

0
0
cos²2cos2² xxxsenxxsenxdxxI y
    0cos00.0.20cos2cos²2cos2 2sensenI y 
       1.001.210.21.2 2yI
422 22   yy II
.
Em relação ao eixo dos x:
Tomamos 1/3 da área e multiplicamo-lo pelo quadrado da distância ao outro lado:
²
3
1
yydx 





,
.
Em relação ao eixo dos x:
Tomamos 1/3 da área e multiplicamo-lo pelo quadrado da distância ao outro lado:
²
3
1
yydx 







0
3
3
1
dxyI x
senxy 
Como
,
.
Em relação ao eixo dos x:
Tomamos 1/3 da área e multiplicamo-lo pelo quadrado da distância ao outro lado:
²
3
1
yydx 







0
3
3
1
dxyI x
senxy 






 

0
0
33 cos
3
1
cos
3
1
3
1
xxxdxsenI x
Como
,
.
Em relação ao eixo dos x:
Tomamos 1/3 da área e multiplicamo-lo pelo quadrado da distância ao outro lado:
²
3
1
yydx 







0
3
3
1
dxyI x
senxy 






 

0
0
33 cos
3
1
cos
3
1
3
1
xxxdxsenI x


















 0cos
3
1
0coscos
3
1
cos
3
1 33xI
Como
,
.
Em relação ao eixo dos x:
Tomamos 1/3 da área e multiplicamo-lo pelo quadrado da distância ao outro lado:
²
3
1
yydx 







0
3
3
1
dxyI x
senxy 






 

0
0
33 cos
3
1
cos
3
1
3
1
xxxdxsenI x


















 0cos
3
1
0coscos
3
1
cos
3
1 33xI
9
4
3
2
2
3
1
3
1
1
3
1
1
3
1












 xx II
Como
,
Determine o momento de inércia em relação ao eixo dos y da área limitada no 1º
quadrante pela curva e pela reta
.
4
2x
y 
0 yx
Determine o momento de inércia em relação ao eixo dos y da área limitada no 1º
quadrante pela curva e pela reta
Representamos graficamente a região
.
4
2x
y 
0 yx
SOLUÇÃO
Determine o momento de inércia em relação ao eixo dos y da área limitada no 1º
quadrante pela curva e pela reta
Representamos graficamente a região
.
4
2x
y 
0 yx
O momento pedido é em relação ao eixo dos y.
Façamos, então, a partição do eixo dos x.
 dxyy cr 
A área elementar
SOLUÇÃO
Determine o momento de inércia em relação ao eixo dos y da área limitada no 1º
quadrante pela curva e pela reta
Representamos graficamente a região
.
4
2x
y 
0 yx
O momento pedido é em relação ao eixo dos y.
Façamos, então, a partição do eixo dos x.
 dxyy cr 
A área elementar
O produto pelo quadrado da distância é
   2xdxyy cr 
5
64
5
256
64
20444
4
0
54
4
0
4
32
4
0
2


















  yy I
xx
dx
x
xdxx
x
xI
SOLUÇÃO
.
Secção
Momento 
de Inércia
Raio de 
Giração (I)
Modulo de
Resistencia (W)
.
Secção
Momento 
de Inércia
Raio de 
Giração (I)
Modulo de
Resistencia (W)
.
Secção
Momento 
de Inércia
Raio de 
Giração (I)
Modulo de
Resistencia (W)
.
Secção
Momento 
de Inércia
Raio de 
Giração (I)
Modulo de
Resistencia (W)
Determineo momento de inércia relativo ao eixo baricêntrico x no triângulo de
base b e altura h representado na figura.
.
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, estará localizado a h/3 da base do
triângulo.
.
 Ax dyJ
2 dyadA .
  
3/
3/
2
3/
3/
2
h
h
h
h
Ax dyaydyJ
SOLUÇÃO
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, estará localizado a h/3 da base do
triângulo.
.
 Ax dyJ
2 dyadA .
  
3/
3/
2
3/
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
SOLUÇÃO
Substituindo-se “a” na integral, tem-se que:
.
  





3/2
3/
3
3/2
3/
2
3/
3/
2
3
2
3
2 h
h
h
h
x
h
h
x dyy
h
b
dyhy
h
b
Jdyyyh
h
b
J   
3/2
3/
3
3/2
3/
2
3
2
.
h
h
h
h
x dyy
h
b
dyyh
h
b
J
Substituindo-se “a” na integral, tem-se que:
.
  





3/2
3/
3
3/2
3/
2
3/
3/
2
3
2
3
2 h
h
h
h
x
h
h
x dyy
h
b
dyhy
h
b
Jdyyyh
h
b
J   
3/2
3/
3
3/2
3/
2
3
2
.
h
h
h
h
x dyy
h
b
dyyh
h
b
J








































4
3
..
4
3
2
39
2
3
2
9
2
44
33
h
h
b
h
b
h
hb
h
b
J x








4
..
3
2 43
3/2
3/
y
h
b
h
yb
h
h
Substituindo-se “a” na integral, tem-se que:
.
  





3/2
3/
3
3/2
3/
2
3/
3/
2
3
2
3
2 h
h
h
h
x
h
h
x dyy
h
b
dyhy
h
b
Jdyyyh
h
b
J   
3/2
3/
3
3/2
3/
2
3
2
.
h
h
h
h
x dyy
h
b
dyyh
h
b
J








































4
3
..
4
3
2
39
2
3
2
9
2
44
33
h
h
b
h
b
h
hb
h
b
J 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 bh
J
bh
x 
Determinar o momento de inércia, raio de giração e módulo de resistência,
relativos aos eixos baricêntricos x e y do perfil representado na figura.
.
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
44
3,333.213~
12
40
12
cm
a
J x 
4
44
7854
64
20.
64
cm
d
J x 

Momento de Inércia:
SOLUÇÃO
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
44
3,333.213~
12
40
12
cm
a
J x 
4
44
7854
64
20.
64
cm
d
J x 

78543,333.213. 21  xxx JJJ
43,479.205 cmJ x 
Momento de Inércia:
SOLUÇÃO
Raio de Giração
.
A
J
ii yx 
Raio de Giração
.
A
J
ii yx 
  
4
20
1600
4
40.40
22
21
D
AAA
284,128516,3141600 cmA
Raio de Giração
.
A
J
ii yx 
  
4
20
1600
4
40.40
22
21
D
AAA
84,1485
3,205479
 yx ii
284,128516,3141600 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 
Determinar momento de inércia, raio de giração e módulo de resistência, relativos
aos eixos baricêntricos x e y da superfície hachadura representada na figura.
.
Determinar momento de inércia, raio de giração e módulo de resistência, relativos
aos eixos baricêntricos x e y da superfície hachadura representada na figura.
Localizar o eixo x em relação ao eixo u, através da
coordenada vg. A coordenada ug é dispensável, por ser
de simetria.
Denomina-se o retângulo de superfície (1) e o losango de
superfície (2), tem-se então
.
21
2211
AA
vAvA
vg



cmvgvg 96,5
87
81576
996
9.96.96






SOLUÇÃO
.
Momento de Inércia
      






2
4
2
3
2
222
2
111 69,599
12
3
69,5696
12
12.8
xxxx JyAJyAJJ
.
Momento de Inércia
      






2
4
2
3
2
222
2
111 69,599
12
3
69,5696
12
12.8
xxxx JyAJyAJJ
  49,10486,9875,623,2152.1 cmJJ xx 
.
Momento de Inércia
      






2
4
2
3
2
222
2
111 69,599
12
3
69,5696
12
12.8
xxxx JyAJyAJJ
  49,10486,9875,623,2152.1 cmJJ xx 
O eixo y da peça coincide com o eixo y de cada figura
geométrica da peça.
4
43
21 25,505
12
3
12
8.12
cmJJJJ yyyy 
.
Raio de Giração
cmi
A
J
i x
x
x 47,3
87
9,1048
 cmi
A
J
i y
y
y 41,2
87
25,505

.
Raio de Giração
cmi
A
J
i x
x
x 47,3
87
9,1048
 cmi
A
J
i y
y
y 41,2
87
25,505

Módulo de Resistência
máx
x
x
y
J
W 
máx
y
y
x
J
W 
cmymáx 31,669,512 
322,166
31,6
9,1048
cmWW xx 
.
Raio de Giração
cmi
A
J
i x
x
x 47,3
87
9,1048
 cmi
A
J
i y
y
y 41,2
87
25,505

Módulo de Resistência
máx
x
x
y
J
W 
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 4
4
8

33,126
4
25,505
cmWW yy 
Determinar momento de inércia, raio de giração e módulo de resistência, relativos
aos eixos baricêntricos x e y no perfil T representado na figura.
.
Determinar momento de inércia, raio de giração e módulo de resistência, relativos
aos eixos baricêntricos x e y no perfil T representado na figura.
Divide-se a superfície em dois retângulos, retângulo
vertical (1) e o horizontal (2).
.
cmvg
AA
vAvA
vg 61,1
54
5,0.53.4
21
2211 






A coordenada ug = 2,5 cm pois o eixo y é eixo de
simetria.
SOLUÇÃO
.
Momento de Inércia:
2
222
2
111 yAJyAJJ xxx 
.
Momento de Inércia:
2
222
2
111 yAJyAJJ xxx 
464,1916,642,073,733,5 cmJJ xx 
   2
3
2
3
5,061,15
12
1.5
61,134
12
4.1
xJ
.
Momento de Inércia:
Em relação a y, não há transporte, pois o eixo y dos retângulos coincide com o eixo do T
invertido. Temos então que:
2
222
2
111 yAJyAJJ xxx 
464,1916,642,073,733,5 cmJJ xx 
4
33
21 74,1041,1033,0
12
5.1
12
1.4
cmJJJJ yyyy 
   2
3
2
3
5,061,15
12
1.5
61,134
12
4.1
xJ
.
Raio de Giração
cmi
A
J
i x
x
x 47,1
9
64,19

cmi
A
J
i y
y
y 09,1
9
74,10

.
Raio de Giração
cmi
AJ
i x
x
x 47,1
9
64,19

cmi
A
J
i y
y
y 09,1
9
74,10

Módulos de Resistência
 
379,5
61,15
64,19
cmW
y
J
W x
máx
x
x 


33,4
5,2
74,10
cmW
x
J
W y
máx
y
y 
Determinar momento de inércia, raio de giração e módulo de resistência,
relativos aos baricêntricos x e y no perfil I representado na figura.
.
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:
.
cmug 2
2
4
 cmvg 5,3
2
7

SOLUÇÃO
.
Momento de Inércia:
    4
3
2
3
2
2
111 07,8341,103633,02
12
5.1
3.4
12
1.4
22 cmJJJyAJJ xxxxx 






.
Momento de Inércia:
    4
3
2
3
2
2
111 07,8341,103633,02
12
5.1
3.4
12
1.4
22 cmJJJyAJJ xxxxx 






4
33
21 09,1142,067,10
12
1.5
12
4.1
22 cmJJJJJ yyyyy 






.
Momento de Inércia:
    4
3
2
3
2
2
111 07,8341,103633,02
12
5.1
3.4
12
1.4
22 cmJJJyAJJ xxxxx 






4
33
21 09,1142,067,10
12
1.5
12
4.1
22 cmJJJJJ yyyyy 






Raio de Giração:
A
J
i xx  2321 13454 cmAAAA 
cmii xx 53,2
13
07,83

.
Momento de Inércia:
    4
3
2
3
2
2
111 07,8341,103633,02
12
5.1
3.4
12
1.4
22 cmJJJyAJJ xxxxx 






4
33
21 09,1142,067,10
12
1.5
12
4.1
22 cmJJJJJ yyyyy 






Raio de Giração:
A
J
i xx  2321 13454 cmAAAA 
cmii xx 53,2
13
07,83

cmi
A
J
i y
y
y 92,0
13
09,11

.
Módulo de Resistência
cm
h
ymáx 5,3
2
7
2

cm
b
xmáx 2
2
4
2

.
Módulo de Resistência
cm
h
ymáx 5,3
2
7
2

cm
b
xmáx 2
2
4
2

371,23
5,3
07,83
cmW
y
J
W x
máx
x
x 
35,5
2
09,11
cmW
x
J
W y
máx
y
y 
Determinar momento de inércia, o raio de giração e o módulo de resistência,
relativos ao eixo baricêntrico x do conjunto representado na figura.
.
.
Como o eixo é de simetria o eixo esta localizado na metade da
altura do conjunto.
cmyg 62,81
2
24,15

SOLUÇÃO
.
Como o eixo é de simetria o eixo esta localizado na metade da
altura do conjunto.
cmyg 62,81
2
24,15

Momento de Inércia
Como as chapas possuem as mesmas dimensões:
  22111 22 xxx JyAJJ 
SOLUÇÃO
472,4088 cmJ x 
  724.25,062,820
12
1.20
2
2
3






 xJ
.
Raio de Giração
2
21 4,897,24.220.222 cmAAA 
cmi
A
J
i x
x
x 77,6
4,89
72,4088

.
Módulo de Resistência
Raio de Giração
2
21 4,897,24.220.222 cmAAA 
cmi
A
J
i x
x
x 77,6
4,89
72,4088

332,474
62,8
72,4088
cmW
y
J
W x
máx
x
x 