Apostila de Estática (Mecânica Geral)

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UNISUAM
MECÂNICA
GERAL
Elaboração: Prof. Franco
Edição: Prof. Brisola
CAPÍTULO 1 – ESTÁTICA DAS PARTÍCULAS
1 – ESTÁTICA
É a parte da física que estuda o equilíbrio estático dos corpos. Ela é dividida em duas partes:
1) Estática das partículas ou do ponto material.
2) Estática do corpo rígido ou do corpo extenso.
2 – RESULTANTE DE DUAS FORÇAS
F1
F2
Vetorialmente:
R=F1F2
Regra do Polígono
F1
F2
R
α
F1
F2
R
α
α é Ângulos entre as forças F1 e F2
Regra do Paralelogramo
F1
F2
R
α
Pela lei dos cossenos:
R2=F1
2F2
22F1 F2 cos
R=F12F222F1 F2 cos
Se α = 0° → RMAX=F1F2
Se α = 180° → RMIN=F1−F2
RMIN R RMAX → F1−F2 R F1−F2
1
Lembrete 1: Soma e diferença de dois vetores.
a
b S
α D
S=ab
S=a2b22a bcos
D=a−b
S=a2b2−2a bcos
Lembrete 2: Lei dos senos.
b
a
c
B
A
C
sen A
a =
sen B
b =
sen C
c
Exemplo: Calcule o módulo, a direção e o sentido da resultante das forças F1=5N e F2=3 N
Lei dos cossenos
R=F12F222F1 F2 cos60º
R=52322⋅5⋅3⋅12
R=25915
R=49
R=7N
Lei dos senos
sen 
F2
= sen 120º
R
sen =
F2sen 120º
R
sen =3⋅sen 120º
7
sen =0,371153744
≈21,8 º
Resp: R=7N ∢21,8 º
2
F1
F2 R
60° 120°β
3 – COMPONENTES RETANGULARES DE UMA FORÇA
Fx
Fy
θ
F
y
xO
F=FxFy
F=FxiFyj
F=Fx2Fy2
Fx=F cos
Fy=F sen
tg =
Fy
Fx
Exemplo: Calcule as componentes retangulares Fx e Fy da força F=100 N
Fx
Fy
30°
F
y
xO
Fx=F⋅cos 30º
Fx=100⋅
3
2
Fx=503 N
Fy=F⋅sen 30º
Fy=100⋅
1
2
Fy=50 N
4 – RESULTANTE DE UM SISTEMA DE FORÇAS
Calcula-se as resultantes sobre os eixos x Rx e y Ry e depois aplica-se o teorema de Pitágoras 
para determinar a reultante total R  .
3
y
x
F3 F2
F1
F5F4
O
y
xO
≡
R y
R
R x
θ
R=RxRy R=Rx2Ry2
R=RxiRyj tg =
Ry
Rx
5 – EQUILÍBRIO DE UMA PARTÍCULA
Uma partícula está em equilíbrio, quando a resultante de todas as forças atuantes sobre ela é nula.
R=0 {Rx=0Ry=0
Exemplo:
Consideremos um caixote de 75 kg, ilustrado no diagrama a seguir. O caixote é suportado por um 
cabo vertical, unido em A a duas cordas que passam por roldanas fixadas nas paredes laterais em B e C. 
Deseja-se determinar a tração em cada uma das cordas AB e AC.
(a) Diagrama espacial . (b) Diagrama de corpo livre. (c) Triângulo de forças.
P = mg = 75 kg9,81m /s2 = 736 N
TAB
sen60 °
=
TAC
sen 40°
= 736N
sen 80°
TAB = 647 N TAC = 480 N
4
A
C
B
A
TAB
TAC
736 N 736 N TAC
TAB
40°
60°
80°
30°
50°
50°
30°
(a) (b) (c)
CAPÍTULO 2 – ESTÁTICA DO CORPO RÍGIDO
1 – MOMENTO DE UMA FORÇA EM RELAÇÃO A UM PONTO
O momento de uma força é a capacidade dessa força em fazer girar um corpo rígido. O momento 
de uma força F , em relação a um ponto O fixo, é o produto da intensidade da força F pela distância d 
(braço de alavanca) do ponto à reta suporte da força.
O momento de uma força tende sempre a causar um movimento de rotação do corpo sob a ação 
dessa força em torno do ponto O considerado.
F1
d1
d 2
F2
O
+
- 
MO
F1=F1 d1
MO
F2=−F2d 2
Exemplo: Calcule o momento da força F=100 N em relação ao ponto A.
Fd
A B
20 cm = 0,2 m
30
°
MA=Fd
MA=F ABsen 30 °
MA=100⋅0,2⋅
1
2
MA=10 N⋅m
A B
20 cm = 0,2 m
Fy
Fx
MA=Fy d
MA=Fsen 30 °d
MA=100⋅
1
2
⋅0,2
MA=10 N⋅m
2 – BINÁRIO OU CONJUGADO
Denomina-se binário ou conjugado o sistema formado por duas forças de mesma intensidade, 
mesma direção, sentidos opostos e aplicadas em pontos diferentes.
Um binário tende a produzir apenas uma rotação no corpo em que é aplicado e só pode ser 
equilibrado por outro binário, pois uma força sozinha que atuasse no corpo provocaria uma resultante
R≠0 . A resultante de um binário é nula.
BINÁRIO R=0
5
3 – MOMENTO DE UM BINÁRIO
O momento de um binário é a soma algébrica dos momentos das forças que o costituem.
F
F
P
Q
O
d1
d 2
d
MO=F d1−Fd 2
MO=Fd1−d2
MO=F d
Obs: O momento de um binário independe do 
ponto O.
Exemplo: Determinar o módulo do momento dos binários nas figuras. Dados: F=100 N e AB=2m
a)
M=F d
M=100⋅2
M=200 Nm
b)
A
B
F
F
d
M=F d
M=F ABsen 60º
M=100⋅2⋅3
2
M=100 3 Nm
6
A B
F
F
Sentido de rotação
A B
F
F
d
4 – EQUILÍBRIO DE UM CORPO RÍGIDO
As condições necessárias e suficientes para que um corpo rígido se mantenha em equilíbrio são:
1a) A resultante de todas as forças que nele agem sejam nula.
R=0 {Rx=0Ry=0
Esta condição implica que o corpo não terá movimento de translação.
2a) A soma algébrica dos momentos de todas as forças que nele atuam, em relação ao mesmo 
ponto, seja nula.
MR=0
Esta condição implica que o corpo não terá movimento de rotação.
5 – GRAUS DE LIBERDADE
Quando um corpo rígido está sujeito a um sistema de forças, os movimentos possíveis são de 
translação e rotação.
Tanto a translação quanto a rotação não tem direção nem intensidade privilegiadas. Por 
comodidade, exprime-se a translação como a a resultante de translações segundo os eixos x, y e z e a 
rotação como a resultante das rotações segundo os eixos x, y e z. Diz-se , então, que um corpo rígido no 
espaço possui 6 graus de liberdade.
GRAUS DE LIBERDADE NO ESPAÇO {3 TRANLAÇÕES3 ROTAÇÕES
GRAUS DE LIBERDADE NO PLANO {2TRANLAÇÕES1ROTAÇÃO
6 – VÍNCULOS
As ações e reações se transmitem de corpo a corpo por intermédio de vínculos. Sempre que houver 
restrição ao movimento de um corpo existe um vínculo.
7 – VÍNCULOS NOS SISTEMAS COPLANARES
7.1 – VÍNCULO DO 1º GÊNERO 
Possui dois graus de liberdade. São os apoios simples ou apoios do 1o gênero.
Calcula-se uma força com direção conhecida.
7
P
VP
P
HP
Exemplo:
ROLETE CURSOR
7.2 – VÍNCULO DO 2 º GÊNERO 
Possui um grau de liberdade. São as articulações (rótulas) ou apoios do 2o gênero.
Calcula-se duas forças perpendiculares, ou compondo-as, uma força com direção desconhecida.
P
VP
HP P
RP
α
Exemplo:
ARTICULAÇÃO
7.3 – VÍNCULO DO 3 º GÊNERO 
Não possui graus de liberdade. Impede qualquer movimento. São os engastamentos ou apoios 
fixos.
Calcula-se duas forças perpendiculares e um binário, ou compondo-as, uma força com direção 
desconhecida e um binário.
PHP
VP
MP
P
MP
RP
α
8
Exemplo:
VIGA ENGASTADA
8 – TIPOS DE EQUILÍBRIO
8.1 – EQUILÍBRIO ESTÁVEL
O equilíbrio é estável quando os vínculos estão dispostos de maneira a não haver graus de 
liberdade.
8.2 – EQUILÍBRIO INSTÁVEL
O equilíbrio é instável quando os vínculos permitem qualquer grau de liberdade. Poderá haver 
equilíbrio, mas sob determinadas condições das cargas ou forças ativas.
Exemplo: Classificar os equilíbrios, nos casos abaixo.
a)
F1 F2
VA
A
VB
B
INSTÁVEL
b)
F1 F2
VA
A
VB
B
HA
ESTÁVEL
c)
F1 F2
VA
A
HA
MA
ESTÁVEL
d)
F1 F2
VA
A
VC
C
HA
VB
B
ESTÁVEL COM VÍNCULOS ABUNDANTES
B OU C PODE SER REMOVIDO
9
9 – TIPOS DE CARREGAMENTO
9.1 – CARGA CONCENTRADA
F1 F2
A B
F3
9.2 – CARGA MOMENTO
A B
M
9.3 – CARGA RETANGULAR (UNIFORMEMENTE DISTRIBUÍDA)
P = qd
A B
d
d/2
q,w
9.4 – CARGA TRIANGULAR
P = (qd)/2
A B
d
2d/3
q,w
10
10 – MÉTODO GERAL PARA O CÁLCULO DE REAÇÕES NOS APOIOS
1o) Substituir os vínculos pelas reações de apoio correspondentes .
2o) Arbitrar um sentido para cada reação de apoio.
3o) Escrever as equações da estática.
4o) Conservar os sentidos das reações encontradas positivas e inverter as negativas
11 – TIPOS DE ESTRUTURAS
As estruturasserão classificadas pelo número de incógnitas e pelo número de equações.
11.1 – ESTRUTURA HIPOESTÁTICA
Número de incógnitas (reações) < Número de equações → Graus de liberdade ≠ 0.
11.2 – ESTRUTURA ISOSTÁTICA
Número de incógnitas (reações) = Número de equações → Graus de liberdade = 0.
11.3 – ESTRUTURA HIPERESTÁTICA
Número de incógnitas (reações) > Número de equações → Graus de liberdade = 0, com vínculos 
abundantes.
Vínculo Reação Número de incógnitas
Roletes Balancim Superfície lisa Força com direção conhecida
1
ou
α
Pino liso ou articulação Superfície áspera Força com direção desconhecida
2
ou
α
Apoio fixo ou engastamento Força e binário
3
11
CAPÍTULO 3 – CENTRO DE GRAVIDADE – CENTRÓIDES
1 – CENTRO DE GRAVIDADE DE UM CORPO BIDIMENSIONAL
Consideremos, inicialmente, uma placa horizontal conforme a da figura a seguir. Podemos dividir 
essa placa em n pequenos elementos. As coordenadas do primeiro elemento são x1 e y1, as do segundo 
elemento, x2 e y2 etc...As forças exercidas pela Terra sobre cada um dos elementos da placa são 
denominados ∆P1, ∆P2, ... , ∆Pn, respectivamente. Essas forças ou pesos estão orientadas em direção ao 
centro da Terra; porém, para todas as finalidades práticas, elas podem ser consideradas paralelas. Sua 
resultante é, por conseguinte, uma força na mesma direção. O módulo P dessa força é obtido pela adição 
dos módulos dos pesos elementares.
∑ Fz : P=P1P2...Pn
∑My=x P=∑ x i Pi
∑Mx=y P=∑ y i Pi
Para obter as coordenadas x e y do ponto G, onde a resultante P deve ser aplicada, escrevemos que 
os momentos de P em relação os eixos x e y são iguais à soma de todos os momentos correspondentes dos 
pesos elementares  P i :
∑My : xP=x1 P1x2 P2xn Pn
∑Mx: y P=y1 P1y2 P2yn Pn
 
Se, agora, aumentarmos o número de elementos em que a placa é dividida e diminuirmos 
simultaneamente o tamanho de cada elemento, teremos, no limite, as seguintes expressões:
P=∫dP x P=∫xdP y P=∫ ydP 
Essas equações definem o peso P e as coordenadas x e y do baricentro G da placa plana. As 
mesmas equações poderiam ser deduzidas para um arame situado no plano xy da figura a seguir. 
Observaremos nesse caso que o baricentro G geralmente não estará sobre o arame.
12
P
z
x
O
y
G
y
x
∆ P
z
x
O
y
x
≡
i
y
i
i
i
P
z
x
O
y
G
y
x
∆ P
z
x
O
y
x
≡
i
y
i
i
i
∑My=x P=∑ x i Pi
∑Mx=y P=∑ y i Pi
2 – CENTRÓIDES DE SUPERFÍCIES E CURVAS
No caso de uma placa homogênea de espessura uniforme, o módulo ∆Pi do peso de um elemento i 
de placa pode ser expresso como:
 P i= t Ai
onde γ = peso específico (peso por unidade de volume) do material
t = espessura da placa
∆Ai = área do elemento i
Analogamente, podemos exprimir o módulo P do peso da placa inteira na forma:
P= t A
onde A é a área total da placa.
Em unidades SI, γ é expresso em N/m³ (newtons por metro cúbico), t em m (metros) e as área ∆Ai 
e A em m² (metros quadrados); os pesos ∆Pi e P serão então expressos em N (newtons).
Substituindo ∆Pi e P na equação de momentos  e dividindo por γt, podemos escrever:
∑My : xA=x1A1x2 A2xnA n
∑Mx : y A=y1A1y2A 2ynA n
Se aumentarmos o número de elementos em que a área A é dividida e diminuirmos, 
simultaneamente, o tamanho de cada elemento, obteremos, no limite, as seguintes expressões:
A=∫dA x A=∫xdA y A=∫ ydA 
Essas equações definem as coordenadas x e y do baricentro G de uma placa homogênea. O ponto 
de coordenadas x e y é também conhecido como centróide C da superfície A da placa (figura a seguir). Se 
a placa não for homogênea, essas equações não podem ser utilizadas para determinar o baricentro da 
placa; porém, definem ainda o centróide da superfície.
13
y
xO
C
y
x
≡ yi
i
A
y
xO
∆ Ax i
∑My=x A=∑ x iAi
∑Mx=y A=∑ y iA i
No caso de um arame homogêneo de seção transversal uniforme, o módulo do peso, ∆Pi, de um 
elemento i do arame pode ser expresso como:
 P i= a Li
onde γ = peso específico (peso por unidade de volume) do material
a = área da seção transversal do arame
∆Li = comprimento do elemento i
O baricentro do arame coincide, então, com o centróide C da curva L definida pela forma do 
arame conforme a figura a seguir. As coordenadas x e y do centróide C da curva L são obtidas das 
equações:
L=∫dL x L=∫ xdL y L=∫ ydL 
y
xO
C
y
x
≡
y
i
i
L
y
xO
∆ Lx i
∑My=x L=∑ x i Li
∑Mx=y L=∑ y i Li
3 – EIXOS DE SIMETRIA
Quando uma área A ou uma linha L possui um eixo de simetria, o centróide da área ou da linha 
está contido sobre esse eixo. Se o eixo y é de simetria, a coordenada x é nula ( x=0 ). Se o eixo x é de 
simetria, a coordenada y é nula ( y=0 ). Segue-se, ainda, que se a área A ou a linha L possuir dois eixos 
de simetria, o centróide deverá estar na interseção dos mesmos. Essa propriedade permite determinar 
imediatamente o centróide de superfícies como círculos, quadrados, retângulos, triângulos equilateros ou 
outras figuras simétricas.
14
x=d y=d
4 – CENTRÓIDE DA ÁREA DE UM RETÂNGULO
y
xO
C
x
y
b
h x'
y'
x=
b
2 
y=h
2 A=b⋅h
5 – CENTRÓIDE DA ÁREA DE UM TRIÂNGULO
y
xO
C
x
y
b
h x'
y'
x=
2
3
b y=
1
3
h A= b⋅h
2
15
y
xO
x y' y
xO
x'
y
d
d
6 – CENTRÓIDE DA ÁREA DE UM SETOR CIRCULAR
x
y
xO C
R
R
α
− α
Por simetria y=0
x=
2Rsen 
3
A=R2 α em radianos
Para um semicírculo → =

2
C
y
xO
R
R
x
Por simetria y=0
x=
4R
3
A=R
2
2
Para um 1/4 de círculo → =

4
C
y
xO
R
R
x
y
x=y=
4R
3
A=R
2
4
7 – CENTRÓIDE DE UM ARCO DE CIRCUNFERÊNCIA
x
y
xO
C
R
R
α
− α
Por simetria y=0
x=
Rsen 

L=2R α em radianos
16
Para uma semicircunferência → =

2
C
y
xO
R
R
x
Por simetria y=0
x=
2R

L=R
Para um 1/4 de circunferência → =

4
C
y
xO
R
R
x
y
x=y=
2R

L=R
2
8 – Placas e Arames Compostos
Em muitos casos, uma placa pode ser dividida em retângulos, triângulos ou outrs formas usuais 
mostradas. A abscissa X de seu baricentro G pode ser determinada das abscissas x1 , x2 ,..., dos 
baricentros das várias partes, exprimindo que o momento do peso de toda placa em relação ao eixo y é 
igual à soma dos momentos dos pesos das várias partes em relação ao mesmo eixo. A ordenada Y do 
baricentro da placa é obtida de maneira análoga, equacionando-se os momentod em relação ao eixo x.
∑My : XP1P2Pn=x1 P1x2 P2xn Pn
∑Mx: YP1P2Pn=y1 P1y2 P2yn Pn
Ou de forma compacta,
X∑ Pi=∑ x i Pi e Y∑ Pi=∑ yi P i 
Σ P
z
x
O
y
G
Y
X
P
z
x
O
y
≡
1
1
G
P
2
2
G
P
3
3
G
i Essas equações podem ser resolvidas 
obtendo-se as coordenadas X e Y do 
baricentro da placa.
17
Σ A
G
Y
X
i
y
xO
≡
O x
y
C1
C2
C3
A2A1
A3
Se a placa é homogênea e de espessura constante, o baricentro coincide com o centróide C de sua 
superfície. A abscissa X do centróide da superfície pode ser determinado notando que o momento de 
primeira ordem Qy em relação ao eixo y, da superfície composta, pode ser expresso seja como o produto 
de X pela área total seja como a soma dos momentos de primeira ordem em relação ao eixo y das áreas 
elementares.
A ordenada Y do centróide é determinada de maneira análoga, a partir do momento de primeira 
ordem Qx da superfície composta:
Q y=XA1A2An=x1 A1x2 A2xn A n
Qx=Y A1A2An=y1 A1y2 A2yn An
Ou de forma compacta:
Qy=X∑Ai=∑ x i A i e Qx= Y∑ A i=∑ y i Ai 
Essas equações determinam os momentos de primeira ordem da superfície composta e também 
podem ser utilizadas para calcular as coordenadas X e Y de seu centróide.
Deve-se tomar cuidado para registrar o momento de cada superfície com o sinal apropriado. 
Momentos estáticos de superfícies, assim como os momentos de forças, podem ser positivos ou negativos. 
Por exemplo, uma superfície cujo centróide está localizado à esquerda do eixo y terá um momento 
estático negativo em relação a esse eixo. Também a superfície de um furo terá um sinal negativo.
Analogamente, em muitos casos, é possível determinar o baricentro de um arame composto ou o 
centróide de uma linha composta dividindo-se o arame ou a linha em elementos mais simples.
P
z
x
y
x
2
P3
P1
2
x3
x1
x
y
x2
x3
x1
A3A2A1
x A x A
A1 Semicírculo −  −
A2 Retângulo   
A3 Furo Circular  − −
18
Recapitulação e Sumário
Este capítulo foi principalmente dedicado à determinação do baricentro de um corpo rígido, isto é, 
à determinação do ponto G onde uma única força P, denominada peso do corpo, pode ser aplicada para 
representar o efeito da atração da Terra sobre o corpo.
Baricentro de um corpo bidimensional
Na primeira parte do capítulo consideramos corpos bidimensionais como placas e fios contidos no 
plano xy. Somando componentes na direção vertical z e momentos em relação aos eixos horizontais x e y, 
deduzimos as relações
P=∫dP x P=∫xdP y P=∫ ydP 
que definem o peso do corpo e as coordenadas x e y de seu baricentro.
Centróide de uma superfície ou de uma curva
No caso de uma placa homogênea de espessura uniforme, o baricentro G da placa coincide com o 
centróide C da superfície A da placa, cujas coordenadas são determinadas pelas equações
A=∫dA x A=∫xdA y A=∫ ydA 
Analogamente, a determinação do baricentro de um arame homogêneo plano de seção transversal 
uniforme reduz-se à determinação do centróide C da curva L definida pela forma do arame, temos então
L=∫dL x L=∫ xdL y L=∫ ydL 
Momentos de primeira ordem
As integrais das equações  são denominadas momentos de primeira ordem da superfície A em 
relação aos eixos y e x sendo representados por Qy e Qx, respectivamente. Temos
Qy=x A Qx=y A
Os momentos de primeira ordem de uma curva são definidos de maneira semelhante.
Propriedades de simetria
A determinação do centróide de uma superfície ou curva é simplificada quando a superfície ou a 
curva tem certas propriedades de simetria.
19
CAPÍTULO 4 – MOMENTO DE INÉRCIA
1 – MOMENTO DE INÉRCIA DE UMA ÁREA
Define-se momento de inércia de uma área dA em relação ao eixo x como o produto da área do 
elemento dA pelo quadrado da distância ao eixo considerado.
Dessa forma o momento de inércia de uma área A em relação ao eixo x será dado pela soma dos 
momentos de inércia de todos os elementos dA.
y
xO
y
x
A
dA dIx=y2 dA
dIy=x
2 dA
Ix=∫ y2 dA
Iy=∫x2 dA
2 – MOMENTO DE INÉRCIA DE UMA ÁREA RETANGULAR EM RELAÇÃO A 
UM EIXO QUE COINCIDE COM UM LADO
y
xO
y
dy
b
h
Ix=∫ y2 dA
dA=b dy
Ix=∫
0
h
y2 bdy
Ix=b∫
0
h
y2 dy
Ix=
by3
3 ∣0
h
Ix=
bh3
3
Iy=
hb3
3
20
3 – MOMENTO DE INÉRCIA DE UMA ÁREA TRIANGULAR EM RELAÇÃO A 
UM EIXO QUE COINCIDE COM UM LADO
y
xO
y
dy
b
h
x'
x '
b
= h−y
h
x '=b h−yh 
Ix=∫ y2 dA
dA=x 'dy
Ix=∫
0
h
y2 x ' dy
Ix=∫
0
h
y2 bh−yh dy
Ix=
b
h∫0
h
h−y y2 dy
Ix=
b
h  hy
3
3
−
y4
4 ∣0
h
Ix=
b
h  h
4
3
−
h4
4 
Iy=
bh3
12
4 – MOMENTO POLAR DE INÉRCIA
Define-se momento polar de inércia de uma área A em relação a um ponto O a expressão
JO=∫ r 2 dA
y
xO
y
x
A
dA
r
mas r2=x2y2
JO=∫ x2y2 dA
JO=∫ x2 dA∫ y2 dA
como Ix=∫ y2 dA e Iy=∫x2 dA , teremos:
JO=IxIy
21
5 – MOMENTO POLAR DE INÉRCIA DE UMA ÁREA CIRCULAR
A
dA
y
x
u
du
R
JO=∫ u2 dA
dA=2 udu
JO=∫ u2 2 u du
JO=2∫
0
R
u3du
JO=2
u 4
4 ∣0
R
JO=
 R4
2
6 – MOMENTO DE INÉRCIA DE UMA ÁREA CIRCULAR EM RELAÇÃO A UM 
EIXO QUE COINCIDE COM O DIÂMETRO
y
x
R
O
y
x
R
O
JO=IxIy
por simetria Ix=Iy logo,
JO=2 Ix
Ix=
J0
2
Ix=Iy=
 R4
4
JO=
 R4
4
Ix=
R4
8
22
7 – TEOREMA DOS EIXOS PARALELOS
Seja Ix o momento de inércia de uma área A em relação ao eixo x e y a distância de um elemento 
dA ao eixo x. Assim temos que:
Ix=∫ y2 dA
Seja agora, o eixo x' baricêntrico paralelo ao eixo x e y' a distância do elemento de área dA ao eixo 
x'. desta forma, pode-se escrever:
Ix '=∫ y '2 dA
Sabendo que d é a distância entre o eixos x e x', temos:
y=y 'd
Ou ainda:
Ix=∫y 'd 2dA
Elevando ao quadrado e separando em três integrais temos:
Ix=∫ y '2 dA∫ 2d y ' dA∫ d2 dA
Ix=∫ y '2dA
Ix '
 2 d∫ y ' dA
y ' A
 d2∫dA
A
Como o baricentro da área A está localizado sobre o eixo x', temos que y '=0 , com isso:
Ix=Ix 'A d
2
O momento de inércia de uma área A em relação a um eixo qualquer x, é igual ao momento de 
inércia em relação ao eixo baricêntrico x' paralelo ao eixo x, mais o produto da área A pelo quadrado da 
distância entre os dois eixos.
O teorema dos eixos paralelos também é válido para o momento polar de inércia.
J A=JCA d
2
JC ⇒ Momento polar de inércia da área A em relação ao baricentro C
JA ⇒ Momento polar de inércia da área A em relação a um ponto A
 d ⇒ Distância entre os pontos A e C
23
y
xO
y
A
dA
C x'
d
y'
O'
8 – MOMENTO DE INÉRCIA DE UMA ÁREA CIRCULAR EM RELAÇÃO A UM 
EIXO TANGENTE
y
x'
R
C
xO
d = R
Ix=Ix 'A d
2
Ix=
R4
4
R2R2
Ix=
R4
4
R4
Ix=
5R4
4
9 – MOMENTO DE INÉRCIA DE UMA ÁREA RETANGULAR EM RELAÇÃO A 
UM EIXO BARICÊNTRICO PARALELO A UM LADO
y
xO
d = h2
b
h x'
y'
C
Ix=Ix 'A d
2
Ix '=Ix−A d
2
Ix '=
b h3
3
− b hh2
2
Ix '=
b h3
3
− b h
3
4
Ix '=
b h3
12
Iy '=
h b3
12
24
10 – MOMENTO DE INÉRCIA DE UMA ÁREA TRIANGULAR EM RELAÇÃO A 
UM EIXO BARICÊNTRICO PARALELO A UM LADO
y
xO
d = 13h
b
h
x'
C
Ix=Ix 'A d
2
Ix '=Ix−A d
2
Ix '=
b h3
12
−  b h2 13 h 
2
Ix '=
b h3
12
− b h
3
18
Ix '=
b h3
36
11 – RAIO DE GIRAÇÃO DE UMA ÁREA
Consideremos uma superfície de área A, que tem um momento de inércia Ix em relação ao eixo x 
(Fig 1.a). Imaginemos que concentramos esta área em uma faixa estreita, paralela ao eixo x (Fig. 1.b). Se 
a área A, assim concentrada, deve ter o mesmo momento de inércia em relação ao eixo x, a faixa deve ser 
colocada a uma distância kx deste eixo, definida pela relação:
Ix=k x
2 A
Resolvendo para kx, obtemos:
k x= IxA
A distância kx é denominada raio de giração da área A em relação ao eixo x. Podemos definir de 
modo semelhante os raios de giração ky e k0 (Fig. 1.c e 1.d), escrevendo:
Iy=ky
2 A k y= IyA
J0=k0
2 A k 0= J0A
Substituindo J0, Ix e Iy em função dos raios de giração k0, kx e ky na realação J0 = Ix + Iy (Pág. 21 
Seção 4.4), observamos que:
k 0
2=kx
2ky
2
25
Figura 1
Exemplo: Calculemos, por exemplo, o raio de giração kx do retângulo ilustrado na figura 2. 
Utilizando as fórmulas apresentadas obtemos:
k x
2=
Ix
A=
1
3
b h3
bh =
h2
3
k x=
h
3
O raio de giração kx do retângulo está representado na Figura 2. Não deve ser confundido com a 
ordenada y=h /2 do centróide da área. Enquanto kx depende do momento de segunda ordem ou momento 
de inércia da superfície, a ordenada y está relacionada com o momento de primeira ordem da superfície.
26
y
xO
A
(a)
y
xO(b)
A
kx
y
xO
(c)
y
xO
(d)
Aky
k0
A
y
xO b
h
C
kxy
Recapitulação e Sumário
Momentos axiais de inércia
Os momentos axiais de inércia Ix e Iy da superfície de área A foram obtidos calculando as integrais
Ix=∫ y2 dA Iy=∫x2 dA
Momento polar de inércia
O momento polar de inércia de uma superfície de área A em relação ao ponto O foi definido como
JO=∫ r 2 dA
onde r é a distância de O ao elemento de área dA. Notando que r2 = x2 + y2, obtivemos a relação
JO=IxIy
Raio de giração
O raio de giração da superfície de área A em relação ao eixo x é, por definição, a distância kx tal 
que Ix=k x2 A . Definições semelhantes do raio de giração em relação ao eixo y e ao ponto O dão
k x= IxA k y= IyA k 0= J0A
Teorema dos eixos paralelos
O teorema dos eixos paralelos, conforme enunciado, afirma que o momento de inércia Ix de uma 
superfície de área A em relação a um eixo x, é igual ao momento de inércia Ix' da mesma superfície em 
relação a um eixo x', que passa pelo centróide C da superfície e é paralelo ao eixo x, mais o produto da 
área A pelo quadrado da distância d entre os dois eixos:
Ix=Ix 'A d
2
Esta fórmula também pode ser usada para calcular o momento de inércia Ix' de uma superfície em 
relação a um eixo baricêntrico x', se for conhecido o momento de inércia Ix em relação a um eixo x 
paralelo a x'. Convém notar que neste caso o produto Ad2 deve ser subtraído do momento de inércia 
conhecido Ix.
Uma relação semelhante é válida para os momentos de inércia polares JO de uma superfície em 
relação a um ponto O e JC, em relação ao centróide C. Sendo d a distância entre os pontos O e C temos:
JO=JCA d
2
27
MOMENTOS DE INÉRCIA DE FIGURAS GEOMÉTRICAS COMUNS
Retângulo
y
xO b
h x'
y'
C
Ix '=
b h3
12
Iy '=
h b3
12
Ix=
bh3
3
Iy=
hb3
3
JC=
bh b2h2
12
Triângulo
y
xO
d = 13h
b
h
x'
C
Ix '=
b h3
36
Ix=
b h 3
12
Círculo
y
x
r
O
Ix=Iy=
 r4
4
JO=
 r4
2
Semicírculo
y
x
r
O
Ix=Iy=
 r4
8
JO=
 r4
4
Quadrante
y
x
r
O
Ix=Iy=
 r4
16
JO=
 r 4
8
28
E X E R C Í C I O S D E M E C Â N I C A G E R A L
1) A força F de intensidade igual a 500 N é decomposta em duas 
componentes segundo as direções a-a e b-b. Determine por 
trigonometria o ângulo α, sabendo que a componente de F ao longo 
da linha a-a é de 350 N.
α ≅ 32,4°
F
50°
αa
a
b
b
2) As duas forças P e Q agem sobre o parafuso A. Determinar a sua 
resultante.
R ≅ 98 N 35°
Q = 60 N
25°
20°
P = 40 N
A
3) Duas estruturas B e C são rebitadas ao suporte A. Sabendo-se que a 
tração na peça B é 12,5 kN e que a tração em C é 10 kN, determine 
graficamente a intensidade, a direção e o sentido da força resultante 
exercida sobre o suporte.
R ≅ 20 kN 9,2°
A
C
B
40°
15°
T2
T1
4) Sabendo que α = 30°, determine a intensidade da força P de tal 
modo que a força resultante exercida sobre o cilindro seja vertical. 
Qual a intensidade da resultante correspondente?
P ≅ 410 N e R ≅ 919 N
5) Um automóvel avariado está sendo puxado por meio de duas cordas 
como mostra a ilustração. Se a resultante das duas forças exercidas 
pelos cabos é de 1500 N, paralela ao eixo do automóvel, pede-se 
determinar (a) a tração em cada uma das cordas, sendo α = 30°, (b) 
o valor de α para que a tração no cabo 2 seja mínima.
a) T1 ≅ 980 N e T2 ≅ 670 N b) α = 70°
T2
T1
20°
α
6) Determine trigonometricamente a intensidade e a direção da força P 
de tal modo que a resultante de P e da força Q de 900 N seja uma 
força vertical de 2700 N dirigida para baixo.
P ≅ 2990 N 72,8°
Q = 900 N
P
10º
α
7) Duas forças F1 e F2 de intensidade 20 N e 10 N, respectivamente, 
atuam sobre um ponto material, conforme indica a figura. Determine 
graficamente a resultante pelo método da linha poligonal e pela regra 
do paralelogramo. A seguir determine a intensidade e a direção da 
resultante pelo método das projeções.
R ≅ 103 N 30°
F1
F2
60°
8) Duas forças F1 e F2 de intensidade 3 N e 7 N, respectivamente, atuam sobre um ponto material. Em que intervalo está compreendida 
a intensidade da resultante? 4 N ≤ R ≤ 10 N
9) Duas forças de mesma intensidade F, formando um ângulo de 60°, atuam sobre um ponto material. Qual a intensidade da resultante?
 R=F3
29
10) Uma partícula P está submetida à ação de várias forças, conforme a 
figura. Qual é a intensidade da força resultante?
(Dados: sen 60° = 3
2
; cos 60° = 0,5)
|R| = F F
F
2F
F
F
2F
2F
60°
60°60°
P
11) Qual é o módulo da resultante do sistema de forças que age sobre a 
partícula da figura?
(Dados: sen 37° = 0,6; cos 37° = 0,8)
|R| = 100 N
100 N
37°
P
300 N
100 N
53°
200 N
12) Um ponto material P está sob a ação de três forças, conforme indica 
a figura. Determine a intensidade da resultante. Dados:
F1 = 3 N; F2 = 5 N; F3 = 2 N
α + β = 90°; sen α = 0,6; cos α = 0,8
|R| ≅ 8,6 N
P
F3
F1
F2
α
β
13) Calcule o módulo, a direção e o sentido da resultante do sistema de 
forças aplicado ao ponto material O da figura.
Dados:
F1 = 2100 N
F2 = 5003 N
F3 = 1000 N
F4 = 2000 N
F5 = 800 N
sen 30° = 12 ; cos 30° =
3
2
R ≅ 1000 N 36,9°
F3
3 0 °
F5
F4
F1
x
y
O
3 0 °
F2
14) Um colar que pode deslizar em uma haste vertical está sumetida às 
três forças ilustradas. A direção da força F pode variar. Se possível, 
determine a direção da força F de tal modo que a resultante das três 
forças seja horizontal, sabendo que a intensidade da força F é (a) 2,4 
kN e (b) 1,4 kN.
a) α ≅ 48,2°
b) Impossível
Fα
60°
P = 0,8 kN
Q = 1,2 kN
15) Determine as trações T nos fios ideais AB e BC, sabendo-se que o 
sistema está em equilíbrio na posição indicada. Dados: sen θ = 0,6; 
cos θ = 0,8; P = 90 N.
TAB = 120 N
TBC = 150 N
P
θ
A
C
B
30
16) Para o sistema da figura, em equilíbrio, qual a relação entre os pesos 
PA e PB dos corpos A e B? Os fios e as polias são ideais.
P A
PB
=3
A B
C
60°
17) Na figura ao lado o corpo suspenso tem massa igual a 2 kg. Os fios 
têm pesos desprezíveis e o sistema está em equilíbrio estático 
(repouso). Determine as trações nos fios AB e BC. (Dados: g = 10 
m/s2; sen 30° = 0,50; cos 30° = 3/2 )
TBA = 40 N
TBC = 20 3 N
BC
A
2 kg
30°
18) No sistema em equilíbrio esquematizado, o fio BC deve permanecer 
horizontal. Os fios e a polia são ideais. Sendo M1 = 3 kg e g = 10 m/s2, 
determine:
a) O peso do bloco 2.
b) A tração no fio AB.
a) 303 N
b) 60 N 2 1
B
A
30° C
19) O corpo representado na figura tem peso 40 N. Ele é mantido em 
equilíbrio por meio do fio ideal AB de comprimento 50 cm e pela 
ação da força horizontal F. Sabendo-se que a distância BC é igual a 
30 cm, determine a tração no fio AB e a intensidade da força F.
T = 50 N
F = 30 N
F
C
A
B
20) Na figura, o corpo suspenso tem o peso 100 N. Os fios são ideais e 
têm pesos desprezíveis, e o sistema está em equilíbrio estático 
(repouso). Sendo g = 10 m/s2; sen 30° = 0,50; cos 30° = 3 /2 , a 
tração na corda AB, em N, é:
TAB = 50 N
B
CA
60°30°
P = 100 N
21) O sistema da figura, para chegar à posição de equilíbrio, fez com que 
a mola M fosse alongada em 0,50 cm. Sabendo-se que as massas dos 
fiose da mola são desprezíveis e que o peso Q vale 200 N, conclui-
se que a constante elástica da mola, em N/m é de:
K = 4,0 × 104 N/m
22) Na figura, E é uma esfera de peso 400 3 N, em equilíbrio, apoiada 
sobre um plano horizontal indeformável. Desprezando-se os pesos 
dos fios (inextensíveis) e das roldanas, bem como todos os atritos, 
podemos afirmar que os valores da reação do apoio F e do ângulo α 
são respectivamentes:
F = 1003 N
α = 60°
A
300 N
B
600 Nα
E
F
31
23) Uma força vertical de 500 N é aplicada à extremidade de uma 
manivela fixada a um eixo em O. Determinar (a) o momento da 
força de 500 N em relação a O; a intesidade da força horizontal 
aplicada em A que gera o mesmo momento em relação a O; (c) a 
menor força aplicada em A que gera o mesmo momento em relação a 
O; (d) a distância a que uma força vertical de 1200 N deverá estar do 
eixo para gerar o mesmo momento em relação a O; (e) se alguma das 
forças obtidas nos itens b, c e d é quivalente à força original.
a) 150 N·m, b) 288,5 N, c) 250 N, d) 0,25 m, e) Não.
6 0 °
500 N
0,60 m
A
O
24) A força de 1200 N atua sobre o suporte como está ilustrado. 
Determinar o momento MA da força em relação a A.
MA = 40,7 N·m ( ) 140 mm
12
0 
m
m
40 mm
18
0 
m
m
A
C 30°
1200 N
25) Uma força de 150 N atua na extremidade de uma alavanca de 0,90 m 
como está ilustrado. Determinar o momento da força em relação a O.
MO = 46,2 N·m ( )
5 0 °
150 N
0,90 m
A
O
2 0 °
26) Uma barra OA situada num plano vertical pode girar em torno do 
ponto de suspensão O. Determine o momento da força F de 
intensidade 10 N em relação ao ponto O nos casos indicados ao lado:
a) MO = 0, b) MO = 0, c) MO = 2 N·m ( ), d) MO = 5 N·m ( )
O
A
F
a) b) c) d)
O
A
F
O
A
F
O
A
0,2 m
F
0,5 m
27) Determine o momento da força F indicada na figura ao lado em 
relação ao ponto O. Dados: F = 10 N; d = 1 m; θ = 60°.
MO = 5 N·m ( )
A
d
θ
F
O
28) Nas figuras ao lado determine os momentos das forças dadas em 
relação ao ponto O.
a) MF1 = 0, MF2 = 0,4 N·m ( ), MF3 = 0, MF4 = 0,4 N·m ( ),
b) MF = 2,5 N·m ( )
F = 5 N1
F = 2 N4
F = 4 N2
F = 5 N3
10 cm
20 cm
0,5
0 m
A
O
a) b)
O
F = 10 N
30°
29) Uma barra homogênea de peso P = 50 N é apoiada nos pontos A e B. 
Determine as reações nos apoios sobre a barra.
HA = 0, VA = 15 N, VB = 35 N
BA
7,0 m
5,0 m
30) No sistema em equilíbrio esquematizado determine a tração no fio e 
a reação do apoio.
T = 8 N, VA = 4 N, HA = 2 N
A
3 m 1 m
2 N
P = 12 N
B
32
31) Uma viga em balanço é carregada como ilustrado. Ela está fixa na 
extremidade esquerda e livre na direita. Determinar as reações de 
apoio na extremidade fixa.
VA = 1400 N, HA = 0, MA = 4000 N·m ( )
2,0 m2,5 m1,5 m
800 N 400 N 200 N
A B
32) Uma barra horizontal homogênea AB de peso P = 20 N está 
articulada sem atrito na extremidade A e sustentada na extremidade 
B por um fio inextensível e sem peso, BC, como ilustra a figura. Um 
corpo de peso Q = 10 N é preso à barra pelo fio DE, também 
inextensível e sem peso. Determine a tração no fio BC e as 
componentes vertical e horizontal da reação da articulação sobre a 
barra. (Dados: senθ = 0,6, cosθ = 0,8)
T = 30 N, HA = 24 N (←), VA = 12 N (↑)
80 cm
100 cm
A
B
D
θ
E
Q
C
33) Uma barra homogênea AB de peso P = 100 N está articulada em A. 
Em B suspende-se por meio de um fio de peso desprezível um corpo 
de peso Q = 900 N. Determine: (a) a intensidade da força horizontal 
F capaz de manter a barra em equilíbrio, formando 30° com a 
horizontal; (b) as componentes horizontal e vertical da reação da 
articulação sobre a barra.
a) F = 9503 N, b) HA = 950 3 N (→), VA = 1000 N (↑)
A
B
Q
30°
F
34) A barra homogênea AB de seção reta uniforme está articulada em A e 
é mantida pelo fio ideal BC. A barra tem peso 100 N e o corpo D 
pesa 250 N. Determine a tração no fio e as componentes vertical e 
horizontal da reação da articulação A. (senθ = 0,6, cosθ = 0,8)
T = 500 N, HA = 400 N (→), VA = 50 N (↑)
A
B
θ
D
C
35) Uma barra homogênea de peso 100 N é articulada em A e é mantida 
em equilíbrio por meio do fio BC. Em B é suspenso um peso de 200 
N. Determine a intesidade da força que traciona o fio BC e a reação 
do pino A (componentes horizontal e vertical).
T = 12503 N, HA = 
1000
3 N (→), VA = 50 N (↑)
A
B
C
3 m
4 m
5 m
36) A barra indicada BD é mantida horizontalmente pela corda AC e é 
articulada em B. Qual a reação do pino (componentes horizontal e 
vertical) e qual a tração na corda, sendo desprezível o peso da barra?
HB = 150 N (→), VB = 100 N (↓), T = 250 N B
D
A
4 m
3 m 3 mC
P = 100 N
37) Determine no sistema da figura ao lado: (a) a intesidade da força F 
que deve ser aplicada ao cabo para manter a barra horizontal; (b) a 
reação do pino A. A barra é homogênea e de peso 20 N. A polia e os 
fios são ideais.
a) F = 203
3
 N, b) HA = 
10 3
3
 N (←), VA = 10 N (↑)
A B
Cabo
P F
60°
33
Determine as reações nos apoios A e B das treliças em equilíbrio a seguir, indicando seus sentidos 
corretos. Obs: A treliça é um elemento estrutural de grande aplicação na engenharia, utilizada no projeto 
de pontes e edifícios.
38)
A B
4,8 m1,5 m
3,
6 
m
F
Dado: F = 14000 N
HA = 14000 N (←)
VA = 8000 N (↓)
VB = 8000 N (↑)
39)
A B
0,4 m
0,
37
5 
m
F
0,5 m
Dado: F = 1200 N
HA = 0
VA = 1500 N (↓)
VB = 2700 N (↑)
40)
4 m
2 
m
A
B
F1
F2
4 m
2 
m
Dados: F1 = 2 kN, F2 = 8 kN
HA = 2 kN (←)
VA = 1 kN (↑)
VB = 7 kN (↑)
41)
2,
25
 m
A B
F
3 m
F
3 m3 m 3 m
Dado: F = 180 kN
HA = 0
VA = 135 kN (↑)
VB = 225 kN (↑)
42)
4 
m
B
3 m 3 mA 3 m 3 m
1 
m
F F F Dado: F = 5 kN
HA = 21 kN (→)
HB = 21 kN (←)
VB = 15 kN (↑)
34
43)
5 
m
B
2 m 2 mA 2 m
2F F Dado: F = 5 kN
VA = 15 kN (↑)
HA = 14 kN (→)
HB = 14 kN (←)
44)
4 
m
B
A
2FF
4 
m
3 m 3 m 3 m 3 m3 m
F
F
Dado: F = 2 kN
VB = 8 kN (↑)
HA = 11 kN (→)
HB = 13 kN (←)
45)
B
d
F
F
A
d
d
d
d
Dado: F = 4 kN
HA = 8 kN (←)
VA = 10 kN (↓)
VB = 10 kN (↑)
35
Determine as reações nos apoios A e B das vigas abaixo indicando seus sentidos corretos.
46)
A
1 m 3 m
4000 N
1000 N
B
HA = 1000 N (→)
VA = 3000 N (↑)
VB = 1000 (↑)
47)
A
2 m
1 kN
2 kN
B
2 m 2 m
3 kN
HB = 2 kN (←)
VB = 5 kN (↑)
VA = 1 kN (↓)
48)
A
2,5 m
20 kN
B
3 m 2 m
40 kN
HA = 0
VA = 46 kN (↑)
VB = 14 kN (↑)
49)
A
1 m
5 kN
B
2 m 1 m
2 kN
4 kN
1 kN
2 m
HB = 2 kN (→)
VB = 2 kN (↑)
VA = 6 kN (↑)
50)
A B
4 m
100 N
6 m
240 Nm
HB = 100 N (→)
VB = 40 N (↓)
VA = 40 N (↑)
51)
B
A
5 m4 m
1600 Nm
HA = 0
VA = 320 N (↓)
VB = 320 N (↑)
52)
A
4 m
q = 2 kN/m
B
HA = 0
VA = 4 kN (↑)
VB = 4 kN (↑)
36
53)
A
4 m
1 kN/m 1 kN/m
B
3 kN
2 m 2 m 2 m
HA = 0
VA = 4 kN (↑)
VB = 3 kN (↑)
54)
A
4 m
q = 2 kN/m
B
2 kN
2 m
3 kN
HA = 3 kN (←)
VA = 7 kN (↑)
VB = 3 kN (↑)
55)
A
12 m
q = 120 kN/m
B
3 m
VA = 1125 kN (↑)
VB = 675 kN (↑)
HB = 0
56)
A
4 m
q = 20 kN/m
B
20 kN
2 m 4 m
3 kN
HA = 3 kN (→)
VA = 32 kN (↑)
VB = 68 kN (↑)
57)
A
5 m
q = 20 kN/m
B
30 kN
4 m 6 m
20 kN
40 Nm HA = 20 kN (←)
VA = 60 kN (↑)
VB = 70 kN (↑)
58)
A
4 m
q = 3 kN/m
B
18 kN
1 m 3 m
3 kN
HA = 3 kN (→)
VA= 18,75 kN (↑)
VB = 11,25 kN (↑)
37
59)
A
2 m
q = 2 kN/m
B
4 kN
6 m
2 kN
4 kNm HA = 2 kN (→)
VA = 4 kN (↑)
VB = 12 kN (↑)
60)
A
6 m
qA = 1500 N/m
B
qB = 4500 N/m
HB = 0
VA = 7500 N (↑)
VB = 10500 N (↑)
61)
A
2 m
B
q = 1500 N/m
4 m
HA = 0
VA = 2500 N (↑)
VB = 2000 N (↑)
62)
B
1 m
2 
m
A
3 m 3 m
2 
m
q = 4 N/m
6 N
16 Nm
q = 6 N/m
HB = 16 N (←)
VA = 4 N (↑)
VB = 11 N (↑)
38
63)
B
4 m
A
2 
m
q = 10 kN/m
10 kN
2 
m
HA = 10 kN (←)
VA = 15 kN (↑)
VB = 25 kN (↑)
64)
B
4 m
A
2 
m
q = 10 kN/m
10 kN
2 
m
2 m
10 kN
HA = 10 kN (→)
VA = 15 kN (↑)
VB = 55 kN (↑)
Determine as reações no engastamento das vigas abaixo, indicando seus sentidos corretos.
65)
7 m
500 N
BA
HB = 0
VB = 500 N (↑)
MB = 3500 N·m ( )
66)
2 m
300 N 500 N 400 N
1 m 1 m
A B
HB = 0
VB = 1200 N (↑)
MB = 2600 N·m ( )
39
67)
3 m
A B
q = 2 kN/m
HB = 0
VB = 6 kN (↑)
MB = 9 kN·m ( )
68)
3 m
B
q = 600 N/m
4 m
A
2000 Nm HB = 0VB = 2400 N (↑)
MB = 6800 N·m ( )
Determinar as coordenadas dos centróides nas figuras abaixo.
69)
16 cm
10 cm
2 cm
2 cm
x
y
0
x̄≈2,7 cm
ȳ≈5,7cm
70)
12 cm
22 cm
10 cm
x
y
0
x̄≈8,4 cm
ȳ≈5,2 cm
71) y
0 x
2 cm 2 cm 2 cm
4 cm
6 cm
x̄=4 cm
ȳ≈5,1 cm
72) y
0
3 cm 2 cm 2 cm
x
12 cm
6 cm
x̄=5cm
ȳ≈8,4 cm
40
73) y
0
10 cm 17,5 cm
x
10 cm
12,5 cm
x̄≈13,3cm
ȳ≈11,8cm
74) y
0
4 cm 2 cm
x
6 cm
2 cm
4 cm
2 cm
x̄≈3,9cm
ȳ≈4,2cm
75)
y
0
40 cm 30 cm
x
60 cm
30 cm
40 cm
A
B
C
D
x̄≈51,4 cm
ȳ≈67,6 cm
76)
x̄≈−0,8cm
ȳ≈4,8cm
Calcular o momento de inércia em relação ao eixo x.
77) y
0
2 cm 1 cm
x
4 cm
Ix = 55,53 cm4
78) y
0
1 cm 1 cm
x
10 cm
1 cm
6 cm
6 cm
Ix = 544 cm4
41
π=3
y
0
2 cm
4 cm
x
A
C D E
B
4 cm
2 cm
79) y
0
3,5 cm
x
4 cm
3 cm
Ix = 208,6 cm4
80) y
0
30 cm
x
30 cm
30 cm
10 cm
15 cm
Ix = 2002500 cm4
81) y
0 x
24 cm
24 cm
R = 15 cm
R
Ix = 115760 cm4
82) y
0 x
R = 7,5 cm
25 cm
R
12,5 cm
Ix = 50059 cm4
83) Determine a área sombreada e seu momento de inércia em 
relação a um eixo baricêntrico paralelo a AA', sabendo que 
seus momentos de inércia em relação a AA' e BB' são, 
respectivamente, 2000 cm4 e 4000 cm4 e que, d1 = 8 cm e 
d2 = 4 cm.
B'
B
A'
A
C'
C
C
d1d2 A = 25 cm2
ICC' = 400 cm4
IBB' = 1400 cm4
84) Sabendo que a área sombreada é igual a 25 cm2 e que seu 
momento de inércia em relação a AA' é 800 cm4, determine 
seu momento de inércia em relação a BB', para d1 = 5 cm e 
d2 = 2 cm.
85) Os momentos polares de inércia da área sombreada em 
relação aos pontos A, B e D são, respectivamente, JA = 
28,8×106 mm4, JB = 67,2×106 mm4 e JD = 45,6×106 mm4. 
Determine a área sombreada, seu momento polar de inércia 
baricêntrico JC e a distância d de C a D. x
y
A
60 mm
d
B
C D
A = 6000 mm2
JC = 7,2×106 mm4
d = 80 mm
42
CENTRÓIDES E MOMENTOS DE INÉRCIA
0
y
x
C
y'
x'
h
b
x̄= b
2
ȳ=h
2 A=bh
Ix=
bh3
3
Iy=
hb3
3
Ix '=
b h3
12
Iy '=
h b3
12
x
C
h
b
x'
ȳ=1
3
h A=bh
2
Ix=
b h3
12
Ix '=
b h3
36
x
C x'
y y'
0
R
Ix=Iy=
5πR 4
4
Ix '=Iy '=
πR4
4
JC=
πR4
2 A=πR
2
x
C x'
y
0
R
Ix=Iy=
πR4
8
Ix '=
πR4
8
−8R
4
9π
ȳ=4R
3π A=
πR2
2
x
C x'
y
0
R
y'
Ix=Iy=
π r 4
16
Ix '=Iy '=
πR 4
16
−4R
4
9π
x̄= ȳ=4R
3π A=
πR2
4
Teoreama dos Eixos Paralelos: Ix=Ix '+A d
2
43
44